2027届高考数学一轮复习----2第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系

**基本信息** 该同步练通过“基础过关”与“素养提升”分层设计，覆盖空间点线面位置关系核心知识点，从概念辨析到综合应用，梯度清晰，适配一轮复习知识巩固与能力提升需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关|空间点线面基本性质、简单几何体线线/线面关系|单选1-6考查平面确定、位置关系判断，解答题13-14涉及正方体截面、直三棱柱运算，注重概念辨析与基础推理，体现空间观念与运算能力| |素养提升|空间关系综合应用、动态问题与创新题型|15题结合圆柱旋转考查异面直线角与面积最值，16题通过动点问题综合反证法与函数建模，培养逻辑推理与模型意识，衔接综合能力测评|

微练(五十三)　空间点、直线、平面之间的位置关系 　　　　　　　　　　　　　 基础过关 一、单项选择题 1.给出下面四个命题,其中正确的命题是(　　) A.三个不同的点确定一个平面 B.一条直线和一个点确定一个平面 C.空间两两相交的三条直线确定一个平面 D.两条平行直线确定一个平面 2.已知a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,α∩β=c,a⊂α,b⊂β,则“a,b相交”是“a,c相交”的(　　) A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线(　　) A.不存在 B.有且只有2条 C.有且只有3条 D.有无数条 4.(2026·许昌调研)正四棱锥S⁃ABCD的所有棱长都相等,E为SC的中点,则异面直线BE与SA所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 5.(2026·广州模拟)已知平面α,β,γ两两垂直,直线a,b,c满足a⊂α,b⊂β,c⊂γ,则直线a,b,c不可能是以下哪种关系(　　) A.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面 6.如图所示是某个正方体的表面展开图,l1,l2是两条面对角线,则在正方体中,有下面关于l1与l2的四个选项,其中正确的是(　　) A.互相平行 B.异面垂直 C.异面且夹角为 D.相交且夹角为 二、多项选择题 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,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,则下列说法正确的有(　　) A.直线AM与CC1是相交直线 B.直线AM与BN是平行直线 C.直线BN与MB1是异面直线 D.直线A1M与BN是相交直线 9.在棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点E在正方形A1B1C1D1内运动(含边界)且AE∥平面BC1D,则(　　) A.点E的轨迹长度大小为2 B.三棱锥B⁃C1DE的体积始终不变 C.异面直线AE与BC1所成角的大小可能为 D.当异面直线AE与BC1所成角最大时,四面体ABC1E的外接球的表面积为12π 三、填空题 10.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　　　　.  11.如图所示,已知空间四边形ABCD中,AC与BD所成角为,且AC=BD=2,E,F分别为BC,AD的中点,则EF=　　　　.  12.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=4,E,F分别是棱CD,A1D1的中点,则正方体ABCD⁃A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是　　　　　.  四、解答题 13.(2026·合肥模拟)如图,在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M,N分别是AA1,C1D1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体的下底面A1B1C1D1相交于直线l. (1)画出直线l的位置,并说明作图依据; (2)正方体被平面DMN截成两部分,求较小部分几何体的体积. 14.如图,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AB=2,AC=AA1=4,∠ABC=90°. (1)求三棱柱ABC⁃A1B1C1的表面积S; (2)求异面直线A1B与AC所成角的余弦值. 素养提升 15.(2026·滨州模拟)(多选题)如图,矩形ABCD是底面直径为2,高为1的圆柱OO1的轴截面,四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ(0≤θ≤π)到OO1D1A1,则(　　) A.圆柱OO1的侧面积为4π B.当0<θ<π时,异面直线DD1与A1C所成的角为 C.当θ=时,异面直线A1D与OO1所成的角为 D.△A1CD面积的最大值为 16.如图,ABCD⁃A1B1C1D1是棱长为2的正方体,P为面对角线AD1上的动点(不包括端点),PM⊥平面ABCD交AD于点M,MN⊥BD于点N. (1)试用反证法证明直线AB1与BC1是异面直线; (2)设AP=x,将PN长表示为x的函数f(x),并求此函数的值域; (3)当PN最小时,求异面直线PN与A1C1所成的角的正弦值. 微练(五十三)　空间点、直线、平面之间的位置关系 1.D　解析　由三个不在同一直线不同的点确定一个平面,故A错误;一条直线和直线外一个点确定一个平面,故B错误;空间两两相交的三条不能交于同一点的直线确定一个平面,故C错误;两条平行直线确定一个平面,故D正确.故选D. 2.C　解析　若a,b相交,a⊂α,b⊂β,则其交点在交线c上,故a,c相交;若a,c相交,a,b可能为相交直线或异面直线.综上所述,“a,b相交”是“a,c相交”的充分不必要条件.故选C. 3.D　解析　 在EF上任意取一点M,直线A1D1与M确定一个平面,这个平面与CD有且仅有1个交点N,M取不同的位置就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点N,而直线MN与这三条异面直线都有交点,如图. 4.C　解析　如图所示,连接AC,取AC的中点为O,连接OB,OE,因为E为SC的中点,所以SA∥OE,则∠OEB或其补角为异面直线BE与SA所成的角.因为正四棱锥S⁃ABCD的所有棱长都相等,所以设棱长为2,则OE=1,BE=,OB=,则OE2+OB2=BE2,所以OB⊥OE,所以cos∠OEB===. 5.B　解析　如图①,可得a,b,c可能两两垂直;如图②,可得a,b,c可能两两相交;如图③,可得a,b,c可能两两异面.故选B. 6.D　解析　将展开图还原成正方体,如图所示,则B,C两点重合,故l1与l2相交,连接AD,则△ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为.故选D. 7.BCD　解析　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. 8.CD　解析　对于A,因为M∈平面C1D1DC,A1∉平面C1D1DC,CC1⊂平面C1D1DC,且M∉CC1,所以直线AM与CC1是异面直线,故A错误;对于B,如图,连接AD1,BC1,因为A,B,M∈平面AD1C1B,N∉平面AD1C1B,且直线BN不过M点,所以直线AM与BN是异面直线,故B错误;对于C,如图,连接MN,BA1,CD1,因为M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,所以MN∥D1C,因为A1D1∥BC,A1D1=BC,所以四边形A1D1CB是平行四边形,A1B∥D1C,所以MN∥A1B,A1,B,N,M四点共面,又BN⊂平面A1BNM,M∈平面A1BNM,B1∉平面A1BNM,M∉BN,所以直线BN与MB1是异面直线,故C正确;对于D,由C选项可知,MN∥A1B,MN=D1C=A1B,所以直线A1M与BN是相交直线,故D正确.故选CD. 9.ABD　解析　正方体中,有AD1∥BC1,AD1⊄平面BC1D,BC1⊂平面BC1D,则AD1∥平面BC1D,同理AB1∥平面BC1D,又AD1∩AB1=A,AD1,AB1⊂平面AB1D1,所以平面AB1D1∥平面BC1D,由AE∥平面BC1D,所以点E的轨迹是线段B1D1,正方体棱长为2,根据勾股定理,B1D1==2,所以选项A正确;=,因为E在B1D1上运动,B1D1∥平面BC1D,所以E到平面BC1D的距离h不变,由BC1=C1D=BD=2,有△BC1D的面积为定值,所以三棱锥B⁃C1DE的体积始终不变,B选项正确;因为AD1∥BC1,所以∠EAD1就是异面直线AE与BC1所成的角(或其补角),点E从D1移动到B1,∠EAD1从0增大到,所以AE与AD1不垂直,即异面直线AE与BC1所成角的大小不可能为,选项C错误;当E与B1重合时,异面直线AE与BC1所成角最大,此时四面体ABC1E即ABC1B1,其外接球即为正方体ABCD⁃A1B1C1D1的外接球,其体对角线l==2,则外接球的半径R=,所以四面体ABC1E的外接球的表面积S=4π×()2=12π,选项D正确.故选ABD. 10.P∈l　解析　因为m⊂α,n⊂β,m∩n=P,所以P∈α且P∈β,又α∩β=l,所以点P在直线l上,即P∈l. 11.1或　解析　如图,取CD的中点G,连接EG,FG,由题可知,EG∥BD,FG∥AC,EG=BD=1,FG=AC=1.因为AC与BD所成的角为,所以∠FGE=或∠FGE=π-=,当∠FGE=时,△FGE为等边三角形,所以EF=1;当∠FGE=时,由余弦定理得,EF2=EG2+GF2-2EG·GF·cos ∠FGE=1+1-2×1×1×=3,所以EF=.综上,EF=1或EF=. 12.5+　解析　在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,取C1D1的中点G,GD1的中点为H,连接A1G,EG,EH,FH,由E是CD的中点,得EG∥DD1∥AA1,EG=DD1=AA1,则四边形AEGA1为平行四边形,所以A1G∥AE,A1G=AE,由F是A1D1的中点,得FH∥A1G∥AE,FH=A1G=AE,梯形AFHE是正方体ABCD⁃A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面,AE=AF==2,FH==,EH==,所以所求截面的周长是5+. 13.解　(1)如图,直线NE即为直线l的位置.依据如下:延长DM交D1A1的延长线于E,连接NE.因为N,E∈平面DMN,所以NE⊂平面DMN.因为N,E∈平面A1B1C1D1,所以NE⊂平面A1B1C1D1.所以平面DMN∩平面A1B1C1D1=EN,则直线NE即为直线l的位置. (2)如图,设直线l与A1B1交于点P,连接MP,则P为A1B1四等分点,正方体被平面DMN截成两部分,较小部分为三棱台A1PM⁃D1ND,其体积为V=(++)·A1D1=a·=a3. 14.解　(1)在△ABC中,因为AB=2,AC=4,∠ABC=90°,所以BC=2,S△ABC=AB·BC=×2×2=2,所以S=2S△ABC+S侧=4+(2+2+4)×4=24+12. (2)连接BC1,因为AC∥A1C1,所以∠BA1C1(或其补角)就是异面直线A1B与AC所成的角.因为三棱柱ABC⁃A1B1C1为直三棱柱,所以侧面均为矩形,所以∠A1AB=∠C1CB=90°,所以A1B==2,BC1==2,又因为A1C1=AC=4,所以在△A1BC1中,由余弦定理可得cos∠BA1C1==,所以异面直线A1B与AC所成角的余弦值为. 15.BC　解析　对于A,圆柱OO1的侧面积为2π×1×1=2π,故A错误;对于B,如图,连接D1C,因为0<θ<π,所以DD1⊥D1C,又DD1⊥A1D1,A1D1∩D1C=D1,A1D1,D1C⊂平面A1D1C,所以DD1⊥平面A1D1C,所以DD1⊥A1C,所以异面直线DD1与A1C所成的角为,故B正确;对于C,因为A1D1∥OO1,所以∠DA1D1就是异面直线A1D与OO1所成的角,因为∠DO1D1=,所以△DO1D1为正三角形,所以DD1=A1D1=1,因为A1D1⊥DD1,所以∠DA1D1=,故C正确;对于D,作D1E⊥DC,垂足为E,连接A1E,所以DC⊥平面A1D1E,所以A1E⊥DC.在Rt△A1D1E中,A1E===,=×DC×A1E≤×2×=,所以()max=,故D错误. 16.解　(1)证明:假设直线AB1与BC1是共面直线,设直线AB1与BC1都在平面α上,则A,B,B1,C1∈α.因此,平面ABB1A1,平面BCC1B1都与平面α有不共线的三个公共点,即平面ABB1A1和平面BCC1B1重合(都与平面α重合),这与正方体的相邻两个面不重合矛盾,假设不成立,所以直线AB1与BC1是异面直线. (2)因为正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为2,所以AD1=2,因为AP=x(0<x<2),则==,得AM=PM=x,MD=2-x,由题易知=,得MN=MD==-x,所以f(x)=PN====,当x=时,f(x)有最小值为,当x趋近于2时,f(x)趋近于2,当x趋近于0时,f(x)趋近于,所以函数的值域为. (3)由(2)知当x=时,PN最小,此时PN=.连接AC,在底面ABCD中,因为MN⊥BD,AC⊥BD,所以MN∥AC,又A1C1∥AC,所以∠PNM为异面直线PN与A1C1所成的角.在Rt△PMN中,sin∠PNM===,所以当PN最小时,异面直线PN与A1C1所成的角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $