第7章 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦空间点线面位置关系，以判定定理和性质应用为主线，通过多样化题型构建“概念-判定-应用”逻辑体系，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |位置关系判断|8题|选择（含多选），考查异面、平行、相交及充要条件|从基本概念（异面、相交）到判定定理（线面平行、面面交线）递进| |性质应用|2题|填空，涉及线面平行推导及角的传递|性质定理应用于空间元素关系推导| |证明与计算|4题|解答题，含四点共面、点共线、折叠及最短路径|综合应用概念与定理解决折叠、展开等复杂问题|

1．已知互不重合的三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是(　　) A．b与c是异面直线 B．a与c没有公共点 C．b∥c D．b∩c＝P 解析：选D. 因为a∩b＝P，所以P∈a，P∈b，因为a＝α∩β，b＝β∩γ，所以P∈α，P∈β，P∈γ.因为α∩γ＝c，所以P∈c，所以b∩c＝P，a∩c＝P，如图，故A，B，C错误． 2．(2026·重庆月考)已知直线l∥平面α，点P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线(　　) A．有且只有1条，且在平面α内 B．有且只有1条，不在平面α内 C．有无数条，不都在平面α内 D．有无数条，都在平面α内 解析：选A.由题设P∉l，故存在唯一平面β，使得P∈β，l⊂β.设α∩β＝b，因为l∥平面α，l⊂β，所以l∥b，而b⊂α，故存在一条直线b与l平行，若还有另一条直线c∥l，则b∥c，而P∈c，P∈b，矛盾，故有且只有1条过点P且平行于直线l的直线，且在平面α内． 3．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 解析：选C.若a，b相交，a⊂α，b⊂β，则其交点在交线c上，故a，c相交，充分性成立；若a，c相交，a，b可能为相交直线或异面直线，必要性不成立．综上所述，“a，b相交”是“a，c相交”的充分不必要条件． 4．如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，点B为半圆弧的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为(　　) A.2 B．2 C．3 D．2 解析：选B. 圆柱的部分侧面展开图如图所示，由题得AC＝2，BC＝×16＝4，所以AB＝＝2，所以在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为2. 5．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F分别是棱A1C1，BC的中点，则下列结论中正确的是(　　) A．AF与C1C异面 B．AE与C1C异面 C．EF⊂平面AA1C1C D．AF⊂平面A1B1C1 解析：选A.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，F∉平面AA1C1C，C1C⊂平面AA1C1C，A∈平面AA1C1C，且CC1不过点A，所以AF与C1C异面，故A正确； 显然AE⊂平面AA1C1C，C1C⊂平面AA1C1C，故AE与C1C共面，故B错误； 因为F∉平面AA1C1C，所以EF⊄平面AA1C1C，故C错误； 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC∥平面A1B1C1，AF⊂平面ABC，所以AF∥平面A1B1C1，显然AF⊄平面A1B1C1，故D错误． 6．(多选)已知空间中三条不同的直线a，b，c和平面α，且a∥b，则下列结论正确的是(　　) A．若a∥c，则b∥c B．若a∥α，则b∥α C．若a与c相交，则b与c相交 D．若a与α相交，则b与α相交 解析：选AD.对于A，因为a∥b，a∥c，则b∥c，故A正确；对于B，若a∥b，a∥α，则b∥α或b⊂α，故B错误；对于C，若a∥b，a与c相交，则b与c相交或b与c异面，故C错误；对于D，若a∥b，a与α相交，则b与α相交，故D正确． 7．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为侧棱PC，PB的中点，则EF与平面PAD的位置关系为____________，平面AEF与平面ABCD的交线是____________． 解析：由题易知EF∥BC，BC∥AD，所以EF∥AD，又EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD，因为EF∥AD，所以E，F，A，D四点共面，所以AD⊂平面AEF，又AD⊂平面ABCD，所以AD为平面AEF与平面ABCD的交线． 答案：平行　AD 8．如图，已知直线a，b为异面直线，A，B，C为直线a上三点，D，E，F为直线b上三点，A′，B′，C′，D′，E′分别为AD，DB，BE，EC，CF的中点．若∠A′B′C′＝120°，则∠C′D′E′＝________． 解析：因为A′，B′分别是AD，DB的中点， 所以A′B′∥a，同理C′D′∥a，B′C′∥b，D′E′∥b， 所以A′B′∥C′D′，B′C′∥D′E′. 又∠A′B′C′的两边和∠C′D′E′的两边方向都相同，所以∠A′B′C′＝∠C′D′E′， 所以∠C′D′E′＝120°. 答案：120° 9．(13分)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱．若D，E分别为A1B1，A1C1的中点． (1)求证：D，E，C，B四点共面；(6分) (2)若直线BD与直线CE交于点P，求证：点P在直线AA1上．(7分) 证明：(1)连接DE(图略)，由于D，E分别为A1B1，A1C1的中点，所以DE∥B1C1，又BC∥B1C1，所以DE∥BC，所以D，E，C，B四点共面． (2)由P∈BD，BD⊂平面A1ABB1，得P∈平面A1ABB1，由P∈CE，CE⊂平面A1ACC1，得P∈平面 A1ACC1，又平面A1ABB1∩平面A1ACC1＝AA1，所以P∈AA1，即点P在直线AA1上． 10．如图，点N为正方形ABCD的中心，平面ECD⊥平面ABCD，且ED＝EC＝CD，M为线段ED的中点，则(　　) A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 解析：选A.如图所示，连接BD，BE，MN，因 为N为正方形ABCD的中心，所以N为线段BD的中点，又M为线段ED的中点，所以在△EBD中，MN∥EB. 又ED＝EC＝CD，由正方形性质可知BD＝CD，所以EM＝ED＝CD＝BD＝BN，即四边形EBNM为等腰梯形．又BM，EN为等腰梯形的对角线，所以BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线． 11．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O，O1分别为矩形ABCD，矩形A1B1C1D1对角线的交点，则平面A1BC1与平面BB1D1的交线为(　　) A．直线OO1 B．直线OB1 C．直线O1B D．直线OD1 解析：选C.点B是长方体的顶点，显然B∈平面A1BC1且B∈平面BB1D1，所以B∈平面A1BC1∩平面BB1D1；O1是矩形A1B1C1D1对角线的交点，则O1∈A1C1⊂平面A1BC1，O1∈B1D1⊂平面BB1D1，所以O1∈平面A1BC1∩平面BB1D1，所以平面A1BC1∩平面BB1D1＝O1B. 12．(多选)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是(　　) A．E，F，G，H四点共面 B．EF∥GH C．EG，FH，AA1三线不共点 D．∠EGB1＝∠FHC1 解析：选AB.对于A，B，如图所示， 连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，且GH＝B1C1. 因为B1E綉C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF綉B1C1，所以EF∥GH，且GH＝EF，所以四边形EFHG为梯形， 所以E，F，G，H四点共面，所以A，B正确； 对于C，如图所示，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1.因为P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1.又因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，所以C不正确； 对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan ∠EGB1≠tan ∠FHC1，又0<∠EGB1<，0<∠FHC1<，则∠EGB1≠∠FHC1，所以D不正确． 13．(13分)在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC和AD的中点，DN∥BC，DN与EF相交于点M.将平面DCEF沿EF翻折起来，使CD到C′D′的位置，G，H分别为AD′和BC′的中点． 求证：(1)四边形EFGH为平行四边形；(7分) (2)∠C′EB＝∠D′MN.(6分) 证明：(1)因为在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC，AD的中点， 所以EF∥AB∥CD且EF＝(AB＋CD)， 又C′D′∥EF，EF∥AB，所以C′D′∥AB. 因为G，H分别为AD′，BC′的中点， 所以GH∥AB且GH＝(AB＋C′D′)＝(AB＋CD)，所以GH∥EF且GH＝EF，所以四边形EFGH为平行四边形． (2)折叠前DN∥BC，则DM∥CE，MN∥EB， 折叠后D′M∥C′E，MN∥EB， 所以∠C′EB与∠D′MN的对应边平行且方向相同，所以∠C′EB＝∠D′MN. 14．如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10千米，母线长为40千米，B是母线SA上一点，且AB＝10千米．为了发展旅游业，要建设一条最短的从A绕山一周到B的观光铁路．这条铁路从A出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为________千米． 解析：沿母线SA将圆锥的侧面展开，如图， 记P为A′B上的任意一点，作SH⊥A′B，垂足为H，连接SP，由的长为20π，得∠A′SA＝＝，由两点间线段最短，知观光铁路为图中线段A′B， 而SB＝40－10＝30，则A′B＝＝＝50，上坡即P到山顶S的距离PS越来越小，下坡即P到山顶S的距离PS越来越大，因此上坡段的铁路，即图中的线段A′H，由Rt△SA′B∽Rt△HA′S，得A′H＝＝＝32. 答案：32 学科网（北京）股份有限公司 $