【文档说明】北京市北京师范大学附属实验中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(25)页，1.499 MB，由小赞的店铺上传

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北京市北京师范大学附属实验中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷2024年10月本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本

试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题，共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.在长方体1111ABCDABCD−中，化简1ABADAA++=（）A.1CBB.1BCC

.1CAD.1ACuuur【答案】D【解析】【分析】由向量加法平行四边形法则求解可得.【详解】如图，长方体1111ABCDABCD−中，由平行四边形法则可得，111ABADAAACAAAC++=+=.故选：D.2.若向量()1,1,0a=

r，()1,0,2b=−r，则ab+=（）A.5B.4C.5D.17【答案】A【解析】【分析】由空间向量坐标的加减运算，和模长公式计算即可.【详解】由题意，得()0,1,2ab+=，2220512ab+=++=.的故选：A.3.已知经过()

0,2A，()10B,两点的直线的一个方向向量为()1,k，那么k=（）A.2−B.1−C.12−D.2【答案】A【解析】【分析】根据直线的方向向量与斜率的关系求解.【详解】由题意202101k−==−−，解得：2k=−.故选：A.4.已知n为平面的一个法向量，l为一条直线，m为直线l的

方向向量，则“mn⊥”是“l∥”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用线面垂直的性质及其法向量与方向向量的关系，即可判断得出结论.【详解】根据题意可知，如下图所示：若mn⊥，

则l可以在平面内，即l，所以充分性不成立；若l∥，易知n⊥，由线面垂直性质可知mn⊥，即必要性成立；所以可得“mn⊥”是“l∥”的必要不充分条件.故选：B5.如图所示，直线123,,lll的斜率分别为123,,k

kk，则下列结论正确的是（）A.123kkkB.312kkkC.213kkkD.231kkk【答案】C【解析】【分析】应用斜率与倾斜角的关系即可判断．【详解】由tank=，结合tanyx=的函

数图象，直线3l对应的倾斜角为钝角，则30k，直线1l与2l都为锐角，且2l的倾斜角大于1l的倾斜角，则210kk，故213kkk．故选：C．6.如图，在四面体OABC−中，OAa→=，OBb→=，OCc→=，D为BC的中点，E为AD的中点，则OE可用向量a→，b→

，c→表示为（）A.111222abc→→→++B.111244abc→→→++C.111424abc→→→++D.111442abc→→→++【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的基本定理，用a，b，c表示向量OE．【详解】因为D是BC的中点，E是AD的中点，1()2

ODOBOC=+，111111()()224244OEOAODOAOBOCabc=+=++=++．故选：B7.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，1ABBCAA==且ABBC⊥，则直线1BC与1AB所成的角为（）A

.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，用向量方法求角，先求向量1BC与1ABuuur的夹角，再转化为线线角即可.【详解】如图，由题意，以B为坐标原点，分别以1,,BCBABB所在直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系Bxyz−.不妨设1AB=，则11(0,0

,0),(0,1,1),(1,0,0),(0,0,1)BACB，则11(1,0,1),(0,1,1)BCAB=−=−−，则11111111cos,222BCABBCABBCAB===，又由两直线所成角的范围为π0,2，则直线1BC与

1AB所成的角为π3.故选：C.8.已知()()1,2,2,0AB−，过点()1,4C−的直线l与线段AB不相交，则直线l斜率k的取值范围是（）A.14k−B.41k−C.1k或4k−D.4k或1k

−【答案】A【解析】【分析】求出直线,CACB的斜率，再结合图形即可得解.【详解】因为()()1,2,2,0AB−，()1,4C−，所以直线,CACB的斜率分别为42401,41112CACBkk−−==−==−−−+，由图形知，当CAk

k或CBkk，即1k−或4k时，直线l与线段AB相交，所以直线l与线段AB不相交时，直线l斜率k的取值范围为14k−.故选：A.9.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E为线段AB上的点，且3AEEB=

，点P在线段1DE上，则点P到直线AD距离的最小值为（）A22B.32C.35D.1【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点P到直线AD距离的函数关系，再求其最小值作答.【详解】由题意以D为原点，1,,DADCDD所在直线分别为,

,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为正方体棱长为1，3AEEB=，所以()()()130,0,0,1,0,0,0,0,1,1,,04DADE，不妨设1131,,1,0,14DP

DE==−，所以()11331,,10,0,1,,144DPDPDD=+=−+=−，而()1,0,0DA=，所以点P到直线AD的投影数量的绝对值为cos,DPDAdDPDPDADA===，所以点P到直线AD

距离.()2222222292525169312116161625255hDPd=−=++−−=−+=−+，等号成立当且仅当1625=，即点P到直线AD距离的最小值为35.故选：C.10.

如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（）A.点P到平面QEF的距离B.直线PQ与平

面PEF所成的角C.三棱锥P﹣QEF的体积D.二面角P﹣EF﹣Q的大小【答案】B【解析】【分析】结合已知，分别计算点到平面的距离、直线与平面所成的角、棱锥的体积、二面角的大小，观察它们的值可得到答案.【详解

】A选项：因为平面QEF也是平面11ABCD，既然P和平面QEF都是固定的，所以P到平面QEF的距离也是固定的，故A为定值.B选项：因为Q是动点，EF、也是动点，推不出定值结论，所以B不是定值.C选项：因EF长为定值

，所以QEF△的面积是定值，再根据选项A知：P到平面QEF的距离也是定值，所以C是定值.D选项：因为11ABCD∥，Q为11AB上任意一点，E、F为CD上任意两点，所以二面角PEFQ−−的大小为定值，所以D是定值.故选：ABD.【点睛】本题主要考查直线与平面所成角，二面角，三棱锥的体

积以及点到面的距离，属于中档题.第二部分（非选择题，共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.若(0,1)d=−是直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角大小为______.【答案】π2##90°

【解析】【分析】先确定直线l斜率，由此能求出直线l的倾斜角大小．【详解】(0,1)d=−是直线l的一个方向向量，直线l的斜率不存在，直线l的倾斜角大小为π2．故答案为：π2．12.已知()()()

0312,3,ABCm,,,三点共线，则实数m的值为________．【答案】0【解析】【分析】根据A，B，C三点共线可得ABBCkk=，然后利用两点间的斜率公式代入求解即可.【详解】由()()()0312,3,ABCm,,,三点共线可得ABBCkk

=，即2321031m−−=−−，解得0m=.故答案为：0.13.正三棱柱ABCABC−中，1,2ABAA==，则直线BC与平面ABBA所成角的正弦值为______.【答案】1510##115

10【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.【详解】以B为原点，以过B作BC的垂线为x轴，以,BCBB为,yz轴，建立空间直角坐标系，如图，的则31(0,0,0),(0,0,2),(0,1,2

),(,,0)22BBCA，所以31(0,0,2),(,,0)22BBBA==，平面ABBA的一个法向量设为(,,)nxyz=，则2031022nBBznBAxy===+=，令1x=得(1,3,0)n=−，又(0,1,2)BC=，设直线BC与平面ABBA

所成的角为，π[0,]2，则315sincos,1025nBCnBCnBC====.故答案为：151014.如图，四面体ABCD的每条棱长都等于2，M，N分别是,ABCD上的动点，则MN的最小值是____________.此时MNDB=_______

_____.【答案】①.2②.2−【解析】【分析】证明当,MN分别是,ABCD的中点时，MN是,ABCD的公垂线，从而求得MN的最小值；再利用空间向量的数量积运算法则即可得解.【详解】因为四面体ABCD的每条棱长都等于2，

则,,ABACAD三个向量两两间的夹角为60o，当,MN分别是,ABCD的中点，MN取得最小值，理由如下，因为,MN分别是,ABCD的中点，()1122MNANAMACADAB=−=+−，则()()2

111222MNABACADABABACABADABAB=+−=+−()22212cos602cos60202=+−=，所以MNAB⊥，同理可证MNCD⊥，由异面直线公垂线的性质可知，此时MN取得最小值，此时112BMAB==，332BNBC==，所以22min3

12MNBNBM=−=−=；又111222MNACADAB=+−，DBABAD=−，2ABACAD===，则()111222MNDBACADABABAD=+−−()2212ACABADAB

ABACADADABAD=+−−−+()14cos604cos6044cos6044cos6022=+−−−+=−.故答案为：2；2−.15.如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱-ABFDCE组合而成，,ABAF⊥4ABADAF

G===，为CD上的动点，给出下列四个结论:①G为CD的中点时，平面EFBC⊥平面BCG；②存在点G，使得//BF平面ADG；③有且仅有一个点G，使得三棱锥-EACG体积是12；④不存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为60.其中所有正确结论的序号是____________.【答案】①②

④【解析】【分析】利用圆柱性质和等腰直角三角形性质证明CG⊥平面EFBC，结合面面垂直判定定理可判断①；利用直线平行的传递性证明//DGBF，然后由线面平行判定定理可判断②；建立空间直角坐标系，求出平面AEC的法向量，利用点

到平面的距离向量公式求点G到平面AEC的距离，然后由棱锥体积公式列方程即可判断③；求出平面BCG的法向量，根据线面角的向量公式列方程求解可判断④.【详解】对于①，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内，由圆柱性质可知

⊥BC平面CDG，又CG平面CDG，所以BCCG⊥，因为G为CD的中点，所以π4DCG=，因为,ABAFABAF⊥=，所以π4DCEABF==，所以π2GCE=，即CGCE⊥，又因为,CEBC是平面EFBC内的

相交直线，所以CG⊥平面EFBC，又CG平面BCG，所以平面EFBC⊥平面BCG，故①正确；对于②，因为CD为圆柱底面圆的直径，所以DGCG⊥，由①，CGCE⊥，所以//DGCE，由棱柱性质可知，//CEBF，所以//DGB

F，因为DG平面ADG，BF平面ADG，所以//BF平面ADG，故②正确；对于③，以AB中点O为原点，AB所在直线为y轴，圆柱的旋转轴为z轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为x轴建立如图所在空间直角坐标系，则()()()()0,2,0,4,2,4,0,2,4,0,

2,0AECB−−，因为点G在以CD为直径的半圆上，所以设()2sin,2cos,4,0,πG−，则()()()4,0,4,0,4,4,2sin,2cos2,4AEACAG===−+，设(),,nxyz=为平面AEC的一个法向量，则440440AEnxzAC

nyz=+==+=，令1x=，得()1,1,1n=−，则点G到平面AEC的距离为π22sin22sin2cos24433d−+−++−==，易知42AEACCE===，ACE△为正三角形，所以1342428322ACES

==，所以π22sin24116π832sin13343EACGGACEVV−−−+===−+，令16π2sin11234−+=，则π92sin144−+=

，所以π52sin48−=，或π132sin48−=−（舍），因为0,π，所以ππ3π,444−−，所以π2sin,142−−，而252128，则πy=sin4−

与528y=有两个交点，所以存在两个点G（与C不重合），使得三棱锥EACG−体积是12，故③错误；对于④，由上可得()()()4,4,4,0,0,4,2sin,2cos2,0CFBCCG=−−==−−，设平面BCG的法向量为(),,mabc=，则()22cos1040CGmasin

bBCmc=−+−===，显然0，即sin0，令1b=则cos1sina−=得cos1,1,0sinm−=，若存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为π3，则()224cos443sin2cos1431sinCFmCFm−

−==−+，整理得2cos1cos15850sinsin−−++=，令cos1sint−=，得25850tt++=，因28455360=−=−，即方程无解，所以不存在点G，使得

直线CF与平面BCG所成的角为60，故④正确.故答案为：①②④.三、解答题共6小题，共85分.解答题应写出文字说明，验算步骤或证明过程.16.已知坐标平面内三点()2,4A−−，()2,0B，()1,1C−．（1）求直线AB的斜率

和倾斜角；（2）若A，B，C，D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，求点D的坐标．【答案】（1）直线AB的斜率为1，倾斜角π4；（2）()3,5【解析】【分析】（1）由A，B的坐标可得直线AB的斜率及倾斜角；为（2）由平行四边形利

用向量的相等，可得D的坐标.【小问1详解】因为()2,4A−−，()2,0B，可得()043224ABk+==−−，所以可得倾斜角为π4；【小问2详解】()2,4A−−，()2,0B，()1,1C−．设(),Dxy，若A，B，C，D可以构成平行四边形，且

点D在第一象限，可得ABCD=，即()()4,41,1xy=+−，解得3,5xy==，即点D坐标为()3,517.已知向量(1,3,2),(2,1,4),(5,1,)abcx==−=.（1）若ac⊥，求实数x的值；（2）求c

os,ab；（3）若,,abc不能构成空间向量的一个基底，求实数x的值.【答案】（1）4x=−；（2）3614；（3）6−.【解析】【分析】（1）利用空间向量的数量积的坐标公式计算即可；（2）利用空间向量夹角的坐标公式计算即可；（3）利用空间向量共面定理结合待定系数法计

算即可.的【小问1详解】由ac⊥得153120,acx=++=解得4x=−；【小问2详解】因为222222||13214,||(2)1421ab=++==−++=，1(2)31249ab=−++=，所以36cos,

14||||ababab==；【小问3详解】若,,abc不能构成空间向量的一个基底，则向量,,abc共面，则存在,R，使得()()()1,3,22,1,42,3,24cab=+=+−=−++rrr，所以253124x−=+

=+=，解得126x==−=−，所以实数x的值为6−.18.如图所示，MA⊥平面ABCD，底面ABCD边长为1的正方形，MA=2，P是MC上一点，且15CPCM=.（1）建立适当的坐标系并求点P坐标；（2）求证：MBDP⊥.【答案】（1）答案见解析，442,,55

5P（2）证明见解析【解析】【分析】（1）以A为原点，建立空间直角坐标系，由条件列式可求得P点坐标；（2）利用空间向量的数量积的坐标运算证明0MBDP=即可．【小问1详解】因为MA⊥平面ABCD，且,ABAD平面ABCD，所以，,AMABAMAD⊥⊥，在正方形ABCD中，ABA

D⊥，所以,,,ABADAM两两垂直，如图，以A为原点，,,ABADAM方向为xyz、、轴，建立空间直角坐标系Axyz−，因为底面ABCD边长为1的正方形，MA=2，则(1,1,0),(0,0,2),(1,0,0),(

0,1,0)CMBD，(1,1,2)CM=−−，设(,,)Pxyz，由15CPCM=，可得1(1,1,)(1,1,2)5xyz−−=−−，解得442,,555xyz===，即442,,555P.【小

问2详解】因为412(1,0,2),,,555MBDP=−=−，所以，044055MBDP=+−=，则MBDP⊥，所以，MBDP⊥.19.图1是边长为2的正方形ABCD，将ACD沿AC折起得到如图2所示的三棱锥PABC−，且2PB=.（1）证明:平面P

AC⊥平面ABC；（2）棱PA上是否存在一点M，使得平面ABC与平面MBC的夹角的余弦值为539，若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，13AMAP=，理由见解析.【解析】【分析】（1）取AC

的中点O，连接,OBOP，则勾股定理的逆定理可得OBOP⊥，由正方形的性质可得,OBAC⊥从而可得OB⊥平面,PAC即可得平面PAC⊥平面ABC；（2）建立空间坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：取AC的中点O，连接,OBOP，在正方形ABCD中，1OB

ODOP===，并且,OBAC⊥在OBP中，222PBOPOB=+，所以OBOP⊥，.因为,,OPACOOPAC=平面PAC，所以OB⊥平面,PAC而OB平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC；【小问2详解】解：存在点M，当13AMAP=时，满足题意，理由如

下：因为,,OBOAOP两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−,则(0,1,0),(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0)APBC−，因为OP⊥平面ABC，所以平面ABC的法向量为(0,0,1),OP=假设存在满足题意的点M，且(01)AMAP=，则(0,1,)M−

，设平面MBC的法向量为(,,)nxyz=，则有0(2)0nCBxynCMyz=+==−+=不妨设y=−，得(,,2)n=−−，所以||53|cos,|,9||||OPnOPnOPn

==两边平方，整理得2610+−=，解得13=或12=−（舍），经检验，13=满足题意，因此，存在点M，只需13AMAP=即可.20.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为1的正方形，Q为棱PD的中点．（1）求证：PB∥平面ACQ；（2）若BAPD⊥，再从条件①

､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥PABCD−唯一确定，并求：（i）直线PC与平面ACQ所成角的正弦值；（ii）点P到平面ACQ的距离．条件①：二面角PCDA−−的大小为45；条件②：2PD=条件③：AQPC⊥．【答案】（1

）证明见解析（2）（i）13；（ii）33【解析】【分析】（1）连接BD，交AC于O，连接OQ，由OQ∥PB证明PB∥平面ACQ；（2）选择①②或①③或②③或①②③都能得到BA⊥平面PAD，建立空间直角坐标系，求出法向量，求解PC与平面ACQ所成角

的正弦值，计算点P到平面ACQ的距离．【小问1详解】（1）连接BD，交AC于O，连接OQ，底面ABCD是正方形，故O是BD的中点，又因为Q为棱PD的中点，所以，在PBD△中OQ∥PB，而OQ平面,ACQ

PB平面ACQ，所以PB∥平面ACQ．【小问2详解】选①②：因为四边形ABCD是正方形，所以,,BAADADCDBA⊥⊥∥CD，又因为BAPD⊥，所以CDPD⊥，因为二面角PCDA−−的大小为45，平面PAD平面,,ABCDCDADCDPDCD=⊥⊥，所以45ADP=，在PA

D△中，2222cos1PAADPDADPDADP=+−=，所以222PAADPD+=，故PAAD⊥，又因为,,,BAADBAPDADPDDADPD⊥⊥=､平面PAD，所以BA⊥平面PAD，选①③：因为四边形AB

CD是正方形，所以,,BAADADCDBA⊥⊥∥CD，又因为BAPD⊥，所以CDPD⊥，因为二面角PCDA−−的大小为45，平面PAD平面,,ABCDCDADCDPDCD=⊥⊥，所以45ADP=，因为,,,C

DPDCDADADPDDADPD⊥⊥=､平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又因为AQ平面PAD，所以CDAQ⊥，又因为,,AQPCPCCDCPCCD⊥=､平面PCD，所以AQ⊥平面PCD，因为PD平面PCD，所以AQPD⊥，又因为Q为PD中点，

所以PAAD=，所以45APDADP==，所以90PAD=，即PAAD⊥，因为BA∥,CDCD⊥平面PAD，所以BA⊥平面PAD，选②③：因为四边形ABCD是正方形，所以,ADCDBA⊥∥CD，因为,,,CDPDCDADADPDDADPD⊥⊥=､平面PAD，所以

CD⊥平面PAD，又因为AQ平面PAD，所以CDAQ⊥，又因为,,AQPCPCCDCPCCD⊥=､平面PCD，所以AQ⊥平面PCD，因为PD平面PCD，所以AQPD⊥，又因为Q为PD中点，所以1PAAD==，在PAD

△中，222PAADPD+=，故PAAD⊥，因为BA∥,CDCD⊥平面PAD，所以BA⊥平面PAD，选①②③同上．以A为原点，,,ABADAP为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则()()()()110,0,0,1,1,0,0,1,0,0,,,0,0,122ACDQP，

故()()110,,,1,1,0,1,1,122AQACPC===−，令(),,mxyz=为面ACQ的一个法向量，则110,220.mAQyzmACxy=+==+=令1x=，则()1,

1,1m=−，（i）因为11cos,333mPCmPCmPC===，所以直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为13，（ii）由（i）知点P到平面ACQ的距离1333PC=．21.在空间直角坐标系Oxy

z−中，已知向量(,,)uabc=，点()0000,,Pxyz，若直线l以u为方向向量且经过点0P，则直线l的标准式方程可表示为000(0)xxyyzzabcabc−−−==；若平面以u为法向量且经过点0P，则平面的点法

式方程表示为()()()0000axxbyyczz−+−+−=.（1）已知直线l的标准式方程为12123xyz−−==−，平面1的点法式方程可表示为3xy+−50z+=，求直线l与平面1所成角的正弦值；（2）已知平面2

的点法式方程可表示为2320xyz++−=，平面外一点(1,2,1)P，求点P到平面2的距离;（3）（i）若集合{(,,)|||||2,||1}Mxyzxyz=+，记集合M中所有点构成的几何体为S，求几何体S的体积；（ii）若集合{

(,,)|||||2,||||2,||||2}Nxyzxyyzzx=+++，记集合N中所有点构成的几何体为T，求几何体T相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小.【答案】（1）1010（2）142（3）（i）16；（ii）2π3【解析】【

分析】（1）首先得到直线l的方向向量与平面1的法向量，再由向量法计算可得；（2）求出平面2的法向量与平面2上的一点，再由向量法计算可得；（3）（i）先建立等式，然后画出所表示的面，计算所围成的图形的体积即可；（ii）因为是一个完全对称的图形，只

需计算第一卦限内相邻面的二面角，我们需要画出第一卦限内图像，得到其二面角为钝角；【小问1详解】因为直线l的标准式方程为12123xyz−−==−，所以直线l的方向向量为()1,3,2u=−，又平面1的点法

式方程可表示为3xy+−50z+=，所以平面1的法向量为1(3,1,1)n=−，所以()()11113131210cos,10225ununun+−+−===−，所以直线l与平面1所成角的正弦值为1010；【小问2详解】因为平面2

的点法式方程可表示为2320xyz++−=，所以平面2的法向量为(2,3,1)n=，设点()000,,Qxyz是平面2上一点，则000232xyz++=，不妨令000xy==，则02z=，即点(0,0,2)Q是平面2上一点

，所以()1,2,1PQ=−−，所以点P到平面2的距离222||7142||231PQndn===++.【小问3详解】（i）建立空间直角坐标系，先分别画平面2,0,02,0,02,0,02,0,011xyxyxyx

yxyxyxyxyzz+=−=−+=−−===−，然后得到几何体S为因为集合{(,,)|||||2,||1}Mxyzxyz=+，记集合M中所有点构成的几何体为S，所以几何体S为底

面为边长为22的正方形，高为2的长方体，所以S的体积为22(22)16=.（ii）由（i）可知，(){,,|2,2,2}Nxyzxyyzzx=+++的图像是一个完全对称的图像，所以我们只需讨论第一卦限的相邻两

个平面的二面角即可，此时0,0,0xyz，得(,,)2,2,2,0,0,0Nxyzxyyzzxxyz=+++，画出第一卦限图像，显然其二面角为钝角，计算平面2,2xyyz+=+=得二面角，所以两个平面的法向量分别为()()231,1,0,0,1,1nn==，所以

其二面角的余弦值为232312nnnn−=−，所以二面角为2π3.【点睛】思路点睛：我们需要按照解析式画出平面，在空间中三点确定一个平面，可以直接找三个点即可，找到的点，最好是三个平面的交点，一般直接建立方程求解即可.