新高考数学一轮复习考点分层练习第7章§7.3空间点、直线、平面之间的位置关系（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点分层练习第7章§7.3空间点、直线、平面之间的位置关系（含答案解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.若直线上有两个点在平面外，则( )
A.直线上至少有一个点在平面内
B.直线上有无穷多个点在平面内
C.直线上所有点都在平面外
D.直线上至多有一个点在平面内
2.下列说法正确的是( )
A.空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面
B.若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面
C.和两条异面直线都相交的两直线是异面直线
D.若两直线分别是长方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面
3.下列推理错误的是( )
A.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β=AB
C.A∈l，l⊂α⇒A∈α
D.若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线
4.在三棱锥A-BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG=P，则点P( )
A.一定在直线BD上
B.一定在直线AC上
C.可能在直线AC上，也可能在BD上
D.不在直线AC上，也不在直线BD上
5.已知平面α∩平面β=l，点A，C∈α，点B∈β，且B∉l，又AC∩l=M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )
A.直线CMB.直线BM
C.直线ABD.直线BC
6.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCD-A1B1C1D1.已知该正方体中，点E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过D1，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD1所成的角为( )
A.π3B.π6C.π4D.π2
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.给出以下四个命题，其中错误的是( )
A.不共面的四点中，其中任意三点不共线
B.若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面
C.若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面
D.依次首尾相接的四条线段必共面
8.如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，E，F分别是棱PD，PA的中点，下列说法正确的有( )
A.多面体ABF-DCE是三棱柱
B.直线BF与PC互为异面直线
C.平面ADP与平面BCP的交线平行于EF
D.四棱锥P-ABCD和四棱锥P-BCEF的体积之比为8∶3
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点.若α∩β=l，m⊂α，n⊂β，m∩n=P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为 .
10.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有 对.
四、解答题(共27分)
11.(13分)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CC1的中点.
(1)求异面直线A1E与D1F所成角的余弦值；(7分)
(2)求三棱锥A1-D1EF的体积.(6分)
12.(14分)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为AA1，CC1的中点，M为AB上一点.
(1)若D1E与CM相交于点K，求证：D1E，CM，DA三条直线相交于同一点；(4分)
(2)若AB=2，AA1=4，∠BAD=π3，求点D1到平面FBD的距离.(10分)
13题5分，14题6分，共11分
13.(2025·绵阳模拟)在平行四边形ABCD中，AB⊥BD，BC=25，CD=2，沿对角线BD将△CBD折起，所得四面体ABCD外接球的表面积为24π，则异面直线AB与CD所成的角为( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
14.(多选)(2025·常州模拟)如图，在正四面体ABCD中，已知AB=2，O为棱AB的中点.现将等腰Rt△EAB绕其斜边AB旋转一周(假设△EAB可以穿过正四面体内部)，则在旋转过程中，下列结论正确的是( )
A.△EAB绕斜边AB旋转一周形成的旋转体体积为π3
B.O，C，D，E四点共面
C.点E到CD的最近距离为3-1
D.异面直线CD与AE所成角的范围为π4，π2
答案精析
1.D 2.D
3.D [由A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，根据基本事实2可得l⊂α，故A正确；
由A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，根据基本事实3可得α∩β=AB，故B正确；
由A∈l，l⊂α可得A∈α，故C正确；
由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故D错误.]
4.B [因为EF∩HG=P，E，F，G，H四点分别是AB，BC，CD，DA上的点，所以EF在平面ABC内，HG在平面ACD内，所以P既在平面ABC内，又在平面ACD内，所以P在平面ABC和平面ACD的交线上，又平面ABC∩平面ACD=AC，所以P∈AC.]
5.B [已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC⊂γ.又AC∩l=M，则M∈γ，又平面α∩平面β=l，则l⊂α，l⊂β，又因为AC∩l=M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ=BM.]
6.A [如图所示，在平面AA1D1D中，连接D1E与DA的延长线交于点H，则HA=AD，
在平面CC1D1D中，连接D1F与DC的延长线交于点G，则GC=CD，则GH为平面D1EF与平面ABCD的交线l，且GH∥AC，
而在等边△ACD1中AC与AD1所成的角为π3，
故l与直线AD1所成的角为π3.]
7.BCD [反证法：如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上，
根据基本事实2的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故A正确；
如图1，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，但A，B，C，D，E不共面，故B错误；
如图2，a，b共面，a，c共面，但b，c异面，故C错误；
如图3，a，b，c，d四条线段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D错误.]
图1 图2
图3
8.BCD [对于A，多面体ABF-DCE中，由直线AF∩DE=P，得平面ABF与平面DCE不平行，显然多面体ABF-DCE中不存在平行的两个面，则该多面体不是三棱柱，A错误；
对于B，由E，F分别是棱PD，PA的中点，得EF∥AD∥BC，BF⊂平面BCEF，C∈平面BCEF，P∉平面BCEF，C∉BF，因此直线BF与PC互为异面直线，B正确；
对于C，由AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，则AD∥平面PBC，令平面PBC∩平面PAD=l，而AD⊂平面PAD，则l∥AD∥EF，C正确；
对于D，连接AC，CF，令四棱锥P-ABCD的体积为V，由E，F分别是棱PD，PA的中点，得V三棱锥P-BCF=V三棱锥B-PCF=12V三棱锥B-PCA=12V三棱锥P-ABC=14V，V三棱锥P-CEF=V三棱锥C-PEF=14V三棱锥C-PDA=14V三棱锥P-ADC=18V，因此四棱锥P-BCEF的体积V四棱锥P-BCEF=V三棱锥P-BCF+V三棱锥P-CEF=38V，D正确.]
9.P∈l
10.3
解析 画出该正方体的直观图如图所示，
易知异面直线有(AB，GH)，(AB，CD)，(GH，EF).故共有3对.
11.解 (1)如图，设BB1的中点为H，连接HF，EH，A1H，因为F是CC1的中点，
所以A1D1∥CB∥HF，A1D1=CB=HF，
因此四边形A1D1FH是平行四边形，
所以D1F∥A1H，D1F=A1H，
因此∠EA1H是异面直线A1E与D1F所成的角或其补角，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是AB的中点，
所以A1E=A1H=22+12=5，
EH=12+12=2，
由余弦定理可知，cs∠EA1H=A1E2+A1H2−EH22A1E·A1H=5+5−22×5×5=45，
所以异面直线A1E与D1F所成角的余弦值为45.
(2)因为A1D1∥HF，HF⊄平面A1D1E，A1D1⊂平面A1D1E，
所以HF∥平面A1D1E，
因此点H，F到平面A1D1E的距离相等，
即V三棱锥A1−D1EF=V三棱锥F−A1D1E=V三棱锥H−A1D1E=V三棱锥D1−A1EH，
V三棱锥D1−A1EH=13D1A1·S△A1EH
=13×2×22−12×2×1×2−12×1×1=1，
所以三棱锥A1-D1EF的体积为1.
12.(1)证明 ∵D1E与CM相交于点K，
∴K∈D1E，K∈CM，而D1E⊂平面ADD1A1，CM⊂平面ABCD，
且平面ADD1A1∩平面ABCD=AD，
∴K∈AD，
∴D1E，CM，DA三条直线相交于同一点K.
(2)解 ∵四边形ABCD为菱形，
AB=2，
∴BC=CD=2，
而四棱柱的侧棱AA1⊥底面ABCD，
∴CC1⊥底面ABCD，
又∵F是CC1的中点，CC1=4，
∴CF=2，
∴BF=DF=22，又∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=π3，
∴BD=AB=2，
∴S△FBD=12×2×(22)2−1=7.
连接D1F，D1B(图略)，设点D1到平面FBD的距离为h，点B到平面DD1F的距离为d，
则d=2sin π3=3，
又∵V三棱锥D1−FBD=V三棱锥B−DD1F，
∴13×S△FBD×h=13×S△DD1F×d，
∴13×7×h=13×12×4×2×3，
解得h=4217.即点D1到平面FBD的距离为4217.
13.D [取BC中点O1，AD中点O2，BD中点F，
则O1为△BCD外心，O2为△ABD外心，O1F∥CD，O2F∥AB，
因为AB=CD=2，则O1F=O2F=1，
翻折后，过O1作直线垂直于平面BCD，过O2作直线垂直于平面ABD，两直线的交点O即为四面体ABCD的外接球球心，设外接球的半径为r，
由题意可得4πr2=24π，可得r=6，
即OA=OC=6，且O1C=O2A=5，
则由勾股定理可得OO1=OO2=1，
由O1F=O2F=1得四边形OO1FO2为菱形，
由OO2⊥平面ABD，O2F⊂平面ABD，可得OO2⊥O2F，
所以四边形OO1FO2为正方形，∠O1FO2=90°，由O1F∥CD，O2F∥AB可得异面直线AB与CD所成的角为∠O1FO2=90°.]
14.BD [对于A，因为AB=2，所以等腰Rt△EAB的直角边为2，斜边的高为1，
旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥组合体，其圆锥的底面半径为1，高为1，
所以形成的旋转体的体积V=2×13×π×12×1=2π3，故A不正确；
对于B，在正四面体ABCD中，各个侧面都是等边三角形，因为O为棱AB的中点，
所以DO⊥AB，CO⊥AB，又DO∩CO=O，且DO，CO⊂平面DOC，
所以AO⊥平面DOC，又AO⊥OE，OE与平面DOC有公共点O，
所以OE在平面DOC内，所以O，C，D，E四点共面，故B正确；
对于C，设F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上，如图，
由图可知当F，O，E三点共线，且当点E运动到E1的位置时，E到CD的距离最小，
在Rt△BOF中，BO=1，BF=3，则OF=2，所以FE1=2-1，故C不正确；
对于D，由B，C分析可知，CD在圆锥的底面所在平面内，由圆锥轴截面中，∠AEO=π4，
由线面角的概念可知，AE与圆锥底面中的直线所成的最小角就是∠AEO，最大角一定为π2，由此可知异面直线CD与AE所成角的范围为π4，π2，故D正确.]