课时规范练40　空间点、直线、平面之间的位置关系--2027全国版高考数学一轮复习(含答案)

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2027全国版高考数学一轮复习
课时规范练40　空间点、直线、平面之间的位置关系
(分值:87分)
(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)
基础 巩固练
1.(2025·河南南阳期末)检查一张桌子的4条腿的下端是否在同一平面内,下列做法最科学合理的是(　　)
A.将桌子正放于地面上,趴地上观察桌腿和地面之间是否有缝隙
B.将桌子正放于地面上,取薄纸一张铺在桌面上观察纸张是否平整
C.将桌子倒放于地面上,用双手分别触摸四条腿底部凭手感判断是否水平
D.将桌子倒放于地面上,用细线分别连接两腿对角的下端观察两根细线是否相交
2.(2025·云南曲靖期末)已知直线a,b,c,d,若a∥b,c∥d,b,c是异面直线,则a与d的位置关系为(　　)
A.相交 B.异面
C.相交或异面 D.不确定
3.(2025·江苏镇江期末)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,点E为A1C的中点,AB=AA1=,且AD=2,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
4.(2025·江西景德镇5月适应性考试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段A1D上的动点,则直线PC1与B1C所成角的取值范围是(　　)
A.[] B.[]
C.[] D.[]
5.(多选题)(2025·安徽蚌埠模拟)a,b是两条异面直线,A,B在直线a上,C,D在直线b上,A,B,C,D四点互不相同,则下列结论一定不成立的是(　　)
A.A,B,C,D四点共面
B.AC∥BD
C.AC与BD相交
D.AC=BD
6.(2025·山西大同期末)如图,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面展开图是边长为4的正方形,则在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AK和LM所成的角的大小为　　　　.
7.(15分)(2025·上海模拟)如图,在空间四边形ABCD中,E,H分别是AB,AD的中点,F,G分别是BC,CD的中点.
(1)求证:BC与AD是异面直线;
(2)求证:EG与FH相交;
(3)若AC=BD,且BD与AC所成角为50°,求异面直线HF与BD所成角的大小.
综 合 提升练
8.(2025·河北唐山期末)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=,设a,b分别是相邻两个面的对角线所在的直线,则a与b所成角的余弦值不可能为(　　)
A. B. C. D.
9.(多选题)(2025·吉林白城期末)已知ABCD-A1B1C1D1是正方体,则下列结论正确的是(　　)
A.直线A1C1与B1C是异面直线
B.A1D与B1C所成的角为60°
C.A1C1⊥BD
D.直线A1C1与B1C所成的角为60°
10.(2025·上海模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为DD1,CC1,AD,AC的中点,则
①E,F,G,H四点共面;
②EF∥GH;
③EG,FH,AA1三线不共点;
④∠EGD=∠FHC.
以上四个结论中,正确结论的序号是　　　　.
11.(15分)(2025·浙江杭州期中)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面边长均为2,点E,F分别为AC,CC1的中点,点D满足AB=3AD.
(1)若直线B1F与直线DE交于点G,求证:B,C,G三点共线.
(2)线段DB1上是否存在一点H,使得HF∥DE 若存在,说明点H的位置,并证明;若不存在,说明理由.
创 新 应用练
12.(2025·安徽合肥二模)已知AB为圆锥PO的底面直径,O为底面圆心,等边三角形ACD内接于圆O,若PA=6,圆锥的侧面积为12π,则PA与BD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
13.四边形ABCD是矩形,AB=3AD,点E,F分别是AB,CD的中点,将四边形AEFD绕EF旋转至与四边形BEFC重合,则直线ED,BF所成角α在旋转过程中(　　)
A.逐步变大
B.逐步变小
C.先变小后变大
D.先变大后变小
参考答案
1.D　解析 当地面不平整时,每条桌腿和地面之间都无缝隙,也不能说明4条腿的下端在同一平面内,故A错误;
最多能说明桌面是否平整,不能说明4条腿的下端在同一平面内,故B错误;
只能检查每条腿的下端是否平整,不能说明4条腿的下端在同一平面内,故C错误;
两根细线相交,可得两根细线所在直线确定一个平面,两根细线所在直线上的所有点都在这个平面内,能说明4条腿的下端在同一平面内,故D正确.
故选D.
2.C　解析 由a∥b,b,c是异面直线,得a,c异面或相交,又c∥d,故a,d异面或相交.故选C.
3.D　解析 连接AC1,C1D,则E也为AC1的中点,如图所示.
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,
故该直四棱柱为长方体,
又因为AB=AA1=,且AD=2,则AC1==4,又C1D==2,AD=2,所以AD2+C1D2=A,
故AD⊥C1D.
因为四边形ABCD为矩形,则BC∥AD,
所以异面直线AE与BC所成角为∠C1AD或其补角,
且cos∠C1AD=,
所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为
故选D.
4.D　解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接A1C1与C1D,则A1C1=A1D=C1D,所以△A1C1D为等边三角形.因为A1D∥B1C,所以∠A1PC1或其补角为直线PC1与B1C所成的角.当点P与线段A1D的端点重合时,直线PC1与B1C所成的角取得最小值;
当点P与线段A1D的中点重合时,直线PC1与B1C所成的角取得最大值
故直线PC1与B1C所成角的取值范围为[].
5.ABC　解析 当AC∥BD或AC与BD相交时,A,B,C,D四点共面,此时a,b共面,不符合题意,故A,B,C正确;
如图,在正方体中,若异面直线a,b为图中的BE,CF,且A,D为所在棱的中点,B,C为正方体的顶点,此时AC=BD,故D错误.
故选ABC.
6.90°　解析 由题意,还原正四棱柱的直观图,如图所示,取AA1的中点G,A1G的中点N,BB1的中点O,
连接相关线段,如图所示,
所以MN=OL,ML=NO,NO∥GK.
由几何知识得,四边形LMNO是平行四边形,ML∥NO,
所以KG∥LM,
所以∠AKG或其补角为异面直线AK和LM所成的角.
由题知AG=2,AK=KG=,则有AK2+KG2=AG2,所以∠AKG=90°,
即异面直线AK和LM所成的角为90°.
7.(1)证明 由题设BC 平面BCD,D∈平面BCD,D BC,A 平面BCD,
所以AD∩平面BCD=D,故BC与AD是异面直线.
(2)证明 E,H分别是AB,AD的中点,F,G分别是BC,CD的中点,
所以EH=FG=BD,EH∥BD∥FG,故四边形EHGF为平行四边形,
所以EG与FH为 EHGF的两条对角线,故EG与FH相交.
(3)解 由题设知,EF∥AC∥HG且EF=HG=AC,
由(2)知EH=BD,EH∥BD,则BD与AC所成角,即∠FEH或其补角,
又AC=BD,则EH=EF,故△EFH为等腰三角形.当∠FEH=50°时,则HF与EH的夹角为65°,即异面直线HF与BD所成角为65°;
当∠FEH=130°时,则HF与EH的夹角为25°,即异面直线HF与BD所成角为25°.综上,异面直线HF与BD所成角为65°或25°.
8.C　解析 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四面体ACB1D1的六条棱所在直线能表征直四棱柱各个面上所有对角线,
该四棱柱的所有棱长都为2,∠BAD=,则AB1=AD1=B1C=CD1=2,B1D1=2,AC=2,
在△AB1D1中,cos∠B1AD1=,cos∠AB1D1=cos∠AD1B1=;
在△ACB1中,cos∠AB1C=,cos∠B1AC=cos∠ACB1=;
在△CB1D1中,cos∠B1CD1=,cos∠CB1D1=cos∠CD1B1=;
在△ACD1中,cos∠AD1C=,cos∠D1AC=cos∠ACD1=,所以选项A,B,D均有可能,C不可能.故选C.
9.ACD　解析 对于A,B1C 平面BCC1B1,点C1∈平面BCC1B1,C1 B1C,而A1 平面BCC1B1,A1,C1∈直线A1C1,直线A1C1与B1C是异面直线,故A正确;对于B,由A1B1∥CD,A1B1=CD,得四边形A1DCB1为平行四边形,则A1D∥B1C,故B错误;对于C,同理可得A1C1∥AC,而AC⊥BD,则A1C1⊥BD,故C正确;
对于D,连接C1D,B1C∥A1D,则∠DA1C1或其补角为异面直线A1C1与B1C所成的角,又A1D,DC1,A1C1为正方体的面对角线,即A1D=DC1=A1C1,∠C1A1D=60°,因此异面直线A1C1与B1C所成的角为60°,故D正确.故选ACD.
10.①②　解析 由题意可得EF∥DC,EF=DC,GH∥CD,GH=CD,
所以EF∥HG且EF=2HG,
所以E,F,G,H四点共面,故①,②正确;所以四边形EFHG为梯形,
所以设P=EG∩FH,
所以P∈EG 平面ADD1A1,P∈FH 平面ACC1A1,
又因为平面ADD1A1∩平面ACC1A1=AA1,所以P∈AA1,所以EG,FH,AA1三线共点,故③错误;
易知△EGD为等腰直角三角形,
所以∠EGD=
设正方体的棱长为1,
在Rt△FHC中,HC=,FC=,
所以tan∠FHC=<1=tan,又因为∠FHC∈(0,),
所以∠FHC<,
所以∠FHC<∠EGD,故④错误.
故答案为①②.
11.(1)证明 若直线B1F与直线DE交于点G,则G∈B1F,G∈DE,
又B1F 平面BB1C1C,DE 平面ABC,所以G∈平面BB1C1C,G∈平面ABC,又平面BB1C1C∩平面ABC=BC,所以G∈BC,即B,C,G三点共线.
(2)解 存在,证明如下:
延长BC,B1F相交于点G1,连接AG1,
因为F为CC1的中点,CF∥BB1,所以△G1FC∽△G1B1B,
所以,
所以C为BG1的中点,F为G1B1的中点.
在平面ABC中,由平面向量知识可知,),
又AB=3AD,所以=3,
所以
因为=1,
所以D,E,G1三点共线,
即直线B1F与直线DE交于点G1.
由F为G1B1的中点可知,当取H为DB1的中点时,HF∥DG1,即HF∥DE.
12.A　解析 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,
因为PA=6,所以l=PA=6,所以S=πrl=6πr=12,所以r=2,
所以OA=OB=OC=OD=2,又等边三角形ACD内接于圆O,所以2r=4,解得AC=2,所以AC=CD=AD=2,所以BD==2过点A作AE∥BD交DO的延长线于点E,BD=AE=2
所以PA与BD所成角即为PA与AE所成角或其补角,所以∠PAE为PA与BD所成角,PA=PE=6,
由余弦定理可得cos∠PAE=故选A.
13.D　解析 由题可知初始时刻ED与BF所成角为0,故B,C错误;
在四边形AEFD绕EF旋转过程中,EF⊥DF,EF⊥FC,DF∩FC=F,DF,FC 平面DFC,
所以EF⊥平面DFC,EF 平面EFCB,
所以平面DFC⊥平面EFCB,故D在平面BCFE内的投影P一直落在直线CF上,所以一定存在某一时刻,EP⊥BF,而DP⊥平面EFCB,DP⊥BF,又DP∩PE=P,DP,PE 平面DPE,
所以BF⊥平面DPE,此时DE与BF所成角为,然后α开始变小,
故直线ED,BF所成角α在旋转过程中先变大后变小.故选D.
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