2025高考一轮复习（人教A版）第21讲空间点、直线、平面之间的位置关系（含答案）

高考一轮复习（人教A版）第二十一讲空间点、直线、平面之间的位置关系阅卷人一、选择题得分1．设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（）A．若a，b与α所成的角相等，则a∥bB．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bC．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βD．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b2．设正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，平面A．1 B．2 C．3 D．43．已知平面α⊥平面β，直线l⊄α，则“l⊥β”是“l//α”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．下列命题一定正确的是（）A．一条直线和一个点确定一个平面B．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行C．垂直于同一条直线的两条直线互相平行D．若直线l与平面α平行，则直线l与平面α内任意一条直线都没有公共点5．l为直线，α为平面，则下列条件能作为l//α的充要条件的是()A．l平行平面α内的无数条直线 B．l平行于平面α的法向量C．l垂直于平面α的法向量 D．l与平面α没有公共点6．在正方体ABCD−A1B1CA．EF∥GD1 C．FG⊥平面BB1D1D7．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN//平面ABC的是()A． B．C． D．8．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中AB与CD的位置关系是()A．平行 B．相交 C．异面 D．不平行9．如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，A．FMB．当E为A1C．三棱锥B−CEF的体积为定值D．存在点E，使得平面BEF//平面阅卷人二、多项选择题得分10．已知直线l,m,n是三条不同的直线，α,β为两个不同的平面，则（）A．若l//m,l//n,m⊂α,n⊂α，则l//αB．若l⊥α,l//m,m⊄β,α⊥β，则m//βC．若l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α，则l⊥αD．若l//α,l⊂β,α∩β=m,m//n，则l//n11．在正三棱柱ABC−A1B1C1中，A．当λ=1时，点P在棱BBB．当μ=1时，点P到平面ABC的距离为定值C．当λ=12时，点P在以D．当λ=1,μ=12时，A12．如图，在底面为等边三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2，BB1=A．A1B∥B．AD⊥C．异面直线AC与DE所成角的余弦值为10D．平面ADC1与平面ABC13．如图，在棱长均为1的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥A．当λ=12B．当λ=12时，若PQC．当λ=13时，直线PQ与直线CD．当λ∈0,1时，三棱锥Q−BCP的体积的最大值为阅卷人三、填空题得分14．设α、β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列四个命题：①若m∥n，则m∥α；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则n⊥β；其中正确命题的序号为．15．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m//β”是“16．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点F是棱①存在点F使得A1C1②存在点F使得B1D∥平面③对于任意的点F，都有EF⊥BD；④对于任意的点F三棱锥E−FDD阅卷人四、解答题得分17．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC（1）求证：BM⊥AB（2）若直线AB1与平面BCM所成角为π4，求点A18．如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=BB（1）求证：AB⊥B（2）若∠B1BC=60°，直线AB与平面BB119．如图，已知四边形ABCD为菱形，四边形ACEF为平行四边形，且AB=6，∠BAD=∠BAF=∠DAF=60°.（1）证明：直线BD⊥平面ACEF；（2）设平面BEF∩平面ABCD=l，且二面角E−l−D的平面角为θ，tanθ=263，设G为线段AF的中点，求20．如左图所示，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD⊥CD，BC=2，AD=3，CD=3，边AD上一点E满足DE=1.现将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使平面（1）求证：A1（2）求A1D与面（3）求平面A1BE与平面.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：对于选项A，因为两直线a，b还可能相交或异面，所以A错误；对于选项B，因为两直线a，b还可能相交或异面，所以B错误；对于选项C，因为两平面α，β还可能是相交平面，所以C错误；

对于选项D，由面面垂直的性质定理可得线线垂直，所以D正确.故选：D.

【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法，从而判断出选项A和选项B；利用已知条件结合面面平行的判定定理，从而判断出选项C；利用面面垂直的性质定理可得线线垂直，从而判断出选项D，进而找出正确的命题.2．【答案】D【解析】【解答】解：第一类：①A1在平面的一边，B,D在另一边，有一个平面α②B在平面的一边，A1,D在另一边，有一个平面③D在平面的一边，A1,B在另一边，有一个平面第二类：A1,B,D都在平面的同侧，有一个平面综上所述，满足条件的平面α共有4个．故选：D．【分析】与三条棱所成角都相等的平面与此三条棱构成正四棱锥，在空间中平移此平面，按照三点A1,B,D与平面α的位置关系进行分类讨论，从而得出满足条件的平面3．【答案】A【解析】【解答】解：设α∩β=m，因为平面α⊥平面β，在平面α内作a⊥m，

所以a⊥β，因为l⊥β，所以a∥l，因为l⊄α，a⊂α，所以l//而当平面α⊥平面β，直线l⊄α，l//α时，l与平面所以“l⊥β”是“l//故答案为：A【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.4．【答案】D【解析】【解答】解：A、经过一条直线和该直线外一点，有且只有一个平面，故A错误；B、如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行或在此平面内，故B错误；C、空间中垂直于同一条直线的两条直线互相平行或异面或相交，故C错误；D、若直线l与平面α平行，则直线l与平面α无公共点，故D正确.故答案为：D.【分析】根据立体几何基本事实及推论，结合线线、线面.位置关系逐项判断.5．【答案】D【解析】【解答】解：A、当l⊄α时，l//α，故A错误；B、l平行于平面α的法向量，则l⊥α，故B错误；C、当l⊄α，l垂直于平面α的法向量，l//α故C错误；D、根据直线与平面平行的定义：直线与平面没有公共点时，直线与平面平行，所以“直线l与平面α没有公共点”是“l∥α”的充要条件，故D正确.故答案为：D.【分析】根据直线与平面平行的定义判断即可．6．【答案】C【解析】【解答】解：A、连接EF,D1G,因为E,F分别是棱AA1,AB又因为A1B∥D1C，所以EF∥D1B、取DD1的中点M，连接易知AM∥D1E，FG∥AC，即∠MAC即为异面直线D不妨设正方体的棱长为2，则AM=MC=5，AC=2显然AM2+AC2≠MCC、连接AC,BD,B易知BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD因为ABCD是正方形，所以BD⊥AC，又因为BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面又因为F,G分别是棱AB,BC的中点，所以FG∥AC，则FG⊥平面BBD、如图所示：易知D1∈平面D1EF，且D1∈D1C因此可得平面D1EF与平面GHC1有公共点即平面D1EF与平面故答案为：C.

【分析】连接EF,D1G,A1B,D1C，由题意，结合正方体的性质即可判断A；取DD1的中点M，连接AM,CM,AC，易知∠MAC7．【答案】D【解析】【解答】解：A、作出完整的截面ABCD，如图，

可得直线MN∥平面ABC，故A错误；B、作出完整的截面ABDCEF，如图，

可得直线MN∥平面ABC，故B错误；C、作出完整的截面ABCD，如图，

可得直线MN∥平面ABC，故C错误；D、作出完整的截面，如图，

可得MN在平面ABC内，故D正确．

故答案为：D．

【分析】分别作出完整的截面，然后根据正方体的性质及线面平行的判定即可得解．8．【答案】A【解析】【解答】解：根据题意，可将展开图还原为如图所示的正方体，如图所示：易知AB∥CD．

故答案为：A．【分析】将正方体的平面展开图还原为正方体，即可得解．9．【答案】D【解析】【解答】解：A、连接AC，在正方体ABCD−A1B1C所以四边形AA1C1C为平行四边形，则AC//A1C1，因为F、MB、连接BA1，正方体ABCD−A1B1C1D1中，C、VB−CEF=VE−BCF，三棱锥E−BCF，底面积三棱锥E−BCF的体积为定值，则三棱锥B−CEF体积为定值，故C正确；D、直线BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点E故答案为：D．【分析】由三角形的中位线和正方体的性质证明FM//A1C10．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、l//m,l//n,m⊂α,n⊂α，可能有l⊂α，故A错误；B、若l⊥α,l//m，则m⊥α，而m⊄β,α⊥β，则m//β，故B正确；C、若l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α，可能m//n，则未必有l⊥α，故C错误；D、若l//α,l⊂β,α∩β=m，则l//m，而m//n，则l//n，故D正确.故答案为：BD.【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识逐项判断即可.11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：对于A，当λ=1时，CP=又CC1=BB1，所以所以C、C1、P三点共线，故点P对于B，当μ=1时，B1又B1C1=BC，所以B所以B1、C1、P由三棱柱性质和线面平行的性质可得B1C1//平面ABC，

所以点对于C，当λ=12时，取BC的中点D,B所以DE//BB1且DE=BB1，所以DP=μDE即DP//所以D、E、P三点共线，故P在线段DE上，故选项C正确；对于D，当λ=1,μ=12时，点P为CC由题△A1B1C因为BB1∩B1C1=B又B1P⊂平面BB因为B1C1=BB所以△BB1E≌△所以∠PB设BE与B1P相交于点O，则∠B又A1E∩BE=E，A1所以B1P⊥平面A1EB，因为所以B1P⊥A又B1P∩AB1=所以A1B⊥平面故选：BCD.

【分析】对于A，由CP=BP−BC=μBB1即可判断；对于B，由B1P=BP−BB1=λBC,λ∈0,1和B1C1//平面ABC即可判断；对于C，分别取12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：选项A：如图所示，连接A1C交AC1于由题意可知F为A1C的中点，又因为D为BC的中点，故又因为A1B⊄平面ADC1，DF⊂平面ADC选项B：由题意△ABC为等边三角形，D为BC的中点，故AD⊥BC，又因为棱柱ABC−A1B又因为BC∩BB1=B，BC⊂平面BCC1故AD⊥平面BCC1B1，又因为C1选项C：建立空间直角坐标系如图所示：则D0,0,0，C0,−1,0，因为AD=2×32=所以AC=−3设异面直线AC与DE所成角为α，则cosα=选项D：由题意可知平面ABC的一个法向量为i=C10,−1,2，DA设平面ADC1的法向量为j=x,y,z，

则j⋅DA=0j⋅DC1=0设平面ADC1与平面ABC的夹角为β，

则故sinβ=故tanβ=故答案为：ABD.【分析】由线面平行的判定定理可判断选项A；由线面垂直可证出线线垂直，从而判断出选项B；利用已知条件建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标选，再结合数量积求向量夹角公式，从而判断出选项C；利用已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面ABC的一个法向量和平面ADC13．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、当λ=12时，P,Q分别是线段AC和线段A1B的中点，也是BD的中点，B、当λ=12时，即x=0，y=−12，z=1C、过Q作QN//AA1交AD于易知QN⊥面ABCD，则PQ与直线CC1成角即为当λ=13时，QN=13则PN=2tan∠PQN=PNQND、易知△ABC是正三角形，三棱锥Q−BCP体积为V==13×12×1×(1−λ)×sin60°×λ=312(1−λ)λ≤故答案为：ABD.【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的相关知识分析判断即可.14．【答案】④【解析】【解答】解：①、当m∥n时，由直线与平面平行的定义和判定定理，不能得出m∥α，故①错误；②、当m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β时，由两平面平行的判定定理，不能得出α∥β，故②错误；③、当α∥β，且m⊂α，n⊂β时，由两平面平行的性质定理，不能得出m∥n，故③错误；④、当α⊥β，且α∩β＝m，n⊂α，m⊥n时，由两平面垂直的性质定理，能够得出n⊥β，故④正确；综上知，正确命题的序号是④．故答案为：④．【分析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系逐项判断即可.15．【答案】必要不充分【解析】【解答】解：当m//β时，过m的平面α与平面β可能平行也可能相交（平面内α有两条相交直线与平面β平行，才能证明）

故：m//β⇏，当α//β时，则α内的任意一条直线都与β平行，故当m⊂α，且α//β时，故答案为：必要不充分.【分析】根据平面平行，线面平行的性质与判定结合充分、必要条件的判定即可求解.16．【答案】①③④【解析】【解答】当点F为AA1的中点，此时点E为CC因为A1C1⊄平面BED1F，EF⊂BE连接BD因为BB1//DD所以BD因为BD1⊂所以不存在点F使得B1D∥平面BED连接AC，BD，则AC⊥BD，又AA1⊥所以AA因为AA所以BD⊥平面AA因为EF⊂平面AA所以BD⊥EF，③正确；连接DF，EF，ED，则无论点F在A1A的何处，都有S△DFD1=1故答案为：①③④

【分析】当点F为AA1的中点，此时点E为CC连接BD1，B1D，可得四边形BB连接AC，BD，可判断AA1⊥BD，进一步可得BD⊥平面A连接DF，EF，ED，可判断S△DFD1=117．【答案】（1）证明：因为AA1⊥平面ABC，AB,AC⊂所以AA1⊥AB,AA1⊥AC，又因为A(0,0,0),ABM=(−1,a,1),AB1=(1,0,1)所以BM⊥AB（2）解：设平面BCM的法向量为n=(x,y,z)BM=(−1,a,1),所以有n⋅因为直线AB1与平面BCM所成角为所以cos〈解得a=12，即n=(1,1,12)，

因为cos<【解析】【分析】（1）利用已知条件结合线面垂直的定义，从而得出线线垂直，进而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出BM⊥AB（2）利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，再结合数量积求向量夹角公式，从而得出直线AB1与平面BCM所成角，进而得出空间向量夹角公式，则得出平面BCM的法向量，再结合数量积求点到平面的距离公式，从而得出空间点A1（1）因为AA1⊥平面ABC，AB,AC⊂所以AA1⊥AB,AA(0,0,0),ABM=(−1,a,1),AB所以BM⊥AB（2）设平面BCM的法向量为n=(x,y,z)BM=(−1,a,1),所以有n⋅因为直线AB1与平面BCM所成角为所以cos〈解得a=12，即n=(1,1,所以点A1到平面BCMcos<【点睛】18．【答案】（1）证明：∵AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，

∵BC=BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，

∴四边形BB1C1C是菱形，∴B（2）解：∵AB与平面BB1C1C所成角为30°，AO⊥平面BB1C1C，

∴∠ABO=30°，

若∠B1BC=60°，则△BCB1是正三角形，

令BC=2，则B1C=2，BO=3，OA=1，

以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则O0,0,0，B3,0,0，B10,1,0，A0,0,1，C1−3,0,0，

设平面AB1C1的一个法向量为n1=x,y,z，

AB1=0,1,−1，C1B1=3【解析】【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由菱形的结构特征得到对角线垂直，再结合线面垂直的判定定理，进而证出线面垂直，再由线面垂直的定义，从而证出AB⊥B（2）利用直线AB与平面BB1C1C所成角为30°，AO⊥平面BB1C1C，得出∠ABO=30°，若∠B1BC=60°，则三角形△BCB1是正三角形，令BC=2和勾股定理得出B1C，BO，OA的值，

从而以O为原点，分别以OB，O（1）∵AO⊥平面BB1C1∴AO⊥B∵BC=BB1，四边形∴四边形BB∴BC∵AO∩BC1=O，AO⊂平面ABC∴B1C⊥平面∵AB⊂平面AB∴B1（2）∵AB与平面BB1C1C所成角为30°∴∠ABO=30°，若∠B1BC=60°令BC=2，则B1C=2，BO=3以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，则O0,0,0，B3,0,0，B10,1,0设平面AB1CAB1=n1→⋅AB设平面B1C1An2→⋅A1B1设二面角A1−B1C∴cosθ=∴二面角A1−B19．【答案】（1）证明：设AC∩BD=O，连接DF,OF，四边形ABCD为菱形，则AB=AD,AC⊥BD,BO=OD，又∠BAF=∠DAF=60°，易得△BAF≅△DAF，所以BF=DF，则BD⊥OF，又AC∩OF=O，AC,OF⊂平面ACEF，所以直线BD⊥平面ACEF；（2）解：过F点作FH⊥AC于H点，过H点作HM⊥l于M点，连接FM，过H点作HN⊥AD于N点，连接FN，由（1）易证，FM⊥l，FN⊥AD，则∠FMH为二面角E−l−D的平面角，在直角△FHM中，tanθ=FHHM=2设AF=2a，则AN=a,NH=a直角△FHN中，(26)2G为线段AF的中点，则G到平面ABCD的距离d=6，又DG=3设直线DG与平面ABCD所成角为α，sinα=直线DG与平面ABCD所成角的正弦值为23【解析】【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出BD⊥OF,AC⊥BD，再利用线面垂直的判定定理（如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直）即可求解.(2)先证明出FM⊥l，FN⊥AD，得到∠FMH为二面角E−l−D的平面角，在直角三角形△FHN中求得AF=6，根据G为线段AF的中点，求G到平面ABCD的距离，从而求解出DG与平面ABCD所成角的正弦值.（1）设AC∩BD=O，连接DF,OF，四边形ABCD为菱形，则AB=AD,AC⊥BD,BO=OD，又∠BAF=∠DAF=60°，易得△BAF≅△DAF，所以BF=DF，则BD⊥OF，又AC∩OF=O，AC,OF⊂平面ACEF，所以直线BD⊥平面ACEF；（2）过F点作FH⊥AC于H点，过H点作HM⊥l于M点，连接FM，过H点作HN⊥AD于N点，连接FN，由（1）易证，FM⊥l，FN⊥AD，则∠FMH为二面角E−l−D的平面角，在直角△FHM中，tanθ=FHHM=2设AF=2a，则AN=a,NH=a直角△FHN中，(26)2G为线段AF的中点，则G到平面ABCD的距离d=6，又DG=3设直线DG与平面ABCD所成角为α，sinα=直线DG与平面ABCD所成角的正弦值为2320．【答案】（1）证明：在直角梯形ABCD中，连接CE，如图，CE=BC=AE=2，∠BCE=∠CED=60°，则四边形ABCE为菱形，AB=2，连接AC交BE于点O，则AC⊥BE，∠ACE=30°，因此，在折起后的图中，A1O⊥BE，A1O∩CO