【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.8 空间点、直线、平面之间的位置关系（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(17)页，583.050 KB，由小赞的店铺上传

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专题8.8空间点、直线、平面之间的位置关系（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022春·江苏南京·高一期中）下列命题是真命题．．．的是（）A．如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合B．若四点不共面，则其中任意三点不共

线C．空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内D．三个不重合的平面最多可将空间分成七个部分【解题思路】A.这两个平面可能相交或重合，所以该选项错误；B.该选项正确；C.空间中，相交于同一点的三条直线不一定在同一平面内，所以该

选项错误；D.三个不重合的平面最多可将空间分成八个部分，所以该选项错误.【解答过程】A.如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面可能相交或重合，所以该选项错误；B.若四点不共面，则其中任意三点不共线，所以该选项正确；C.空间

中，相交于同一点的三条直线不一定在同一平面内，如三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶,相交于同一点𝑃的三条直线𝑃𝐴,𝑃𝐵,𝑃𝐶不在同一平面内，所以该选项错误；D.三个不重合的平面最多可将空间分成八个部分，所以该选项错误.故选：B.2．（3分）如图，正四棱台

中，𝐴′𝐷′所在的直线与𝐵𝐵′所在的直线是（）A．相交直线B．平行直线C．不互相垂直的异面直线D．互相垂直的异面直线【解题思路】首先证明𝐴′𝐷′//平面𝐵𝐶𝐶′𝐵′，再说明𝐵′𝐶′∩𝐵𝐵′=𝐵′，证明异面，再利用侧

面为梯形，证明其互不垂直.【解答过程】在正四棱台中,𝐴′𝐷′//𝐵′𝐶′,又𝐴′𝐷′⊄平面𝐵𝐶𝐶′𝐵′，𝐵′𝐶′⊂平面𝐵𝐶𝐶′𝐵′，所以𝐴′𝐷′//平面𝐵𝐶𝐶′𝐵′,又𝐵𝐵′⊂平面𝐵𝐶𝐶′𝐵′，且𝐵′𝐶′∩𝐵𝐵′=𝐵′，所以𝐴′�

�′与𝐵𝐵′异面，又因为四边形𝐵𝐶𝐶′𝐵′是等腰梯形,所以𝐵𝐵′与𝐵′𝐶′不垂直，又∵𝐴′𝐷′//𝐵′𝐶′所以𝐵𝐵′与𝐴′𝐷′不垂直，故两者为不互相垂直的异面直线，故选：C.3．（3分）（2022·上海·高

二专题练习）已知平面𝛼与平面𝛽，𝛾都相交，则这三个平面可能的交线有()A．1条或2条B．2条或3条C．1条或3条D．1条或2条或3条【解题思路】根据平面𝛽与平面𝛾的位置关系，分类讨论，即可求解.【解答过程】由

题意，当三个平面两两相交且过同一直线时，它们有1条交线；当平面𝛽和𝛾平行时，它们的交线有2条；当这三个平面两两相交且不过同一条直线时，它们有3条交线；故选：D.4．（3分）（2023·高三课时练习）

在空间四边形ABCD的各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF∩GH＝P，则点P（）A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．既在直线AC上也在直线BD上D．既不在直线AC上也不在直线BD上【解题思路】由题意可得P∈平面A

BC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，则P∈AC，可得答案．【解答过程】如图，∵EF⊂平面ABC，GH⊂平面ACD，EF∩GH＝P，∴P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，∴P∈AC，即点P一定在直线AC上．故选

：B．5．（3分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体中，𝐸、𝐹、𝐺、𝐻分别是该点所在棱的中点，则下列图形中𝐸、𝐹、𝐺、𝐻四点共面的是（）A．B．C．D．【解题思路】对于B，证明𝐸𝐻//𝐹𝐺即可；而对于BCD，首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在

该平面中即可.【解答过程】对于选项𝐴，如下图，点𝐸、𝐹、𝐻、𝑀确定一个平面，该平面与底面交于𝐹𝑀，而点𝐺不在平面𝐸𝐻𝑀𝐹上，故𝐸、𝐹、𝐺、𝐻四点不共面；对于选项B，连结底面对角线𝐴𝐶，由中位线定理得𝐹𝐺//𝐴𝐶，

又𝐸𝐻//𝐴𝐶，则𝐸𝐻//𝐹𝐺，故𝐸、𝐹、𝐺、𝐻四点共面对于选项C，显然𝐸、𝐹、𝐻所确定的平面为正方体的底面，而点𝐺不在该平面内，故𝐸、𝐹、𝐺、𝐻四点不共面；对于选项D，如图，取部分

棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点𝐸、𝐺、𝐻确定的平面，该平面与正方体正面的交线为𝑃𝑄，而点𝐹不在直线𝑃𝑄上，故𝐸、𝐹、𝐺、𝐻四点不共面．故选：B.6．（3分）（2023·高一课时练习）在棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑃为�

�1𝐶1的中点，那么直线𝐶𝑃与𝐵1𝐷1所成角的余弦值是（）A．√32B．√1010C．35D．45【解题思路】根据异面直线夹角的概念平移找角，再结合余弦定理计算即可.【解答过程】解：连接𝐴1𝐶1交𝐵1𝐷1于𝑄，取𝐷𝐶中点为𝑀，连接𝐷1𝑀,

𝑄𝑀,𝑄𝑃，由正方体可知，𝐷1𝐶1//𝐷𝐶,𝐷1𝐶1=𝐷𝐶，又𝐴1𝐶1交𝐵1𝐷1于𝑄，𝑄为𝐵1𝐷1中点，所以𝑄𝑃//𝐷1𝐶1,𝑄𝑃=12𝐷1𝐶1，即𝑄𝑃//𝐶𝑀,𝑄𝑃=𝐶𝑀，所以四边形

𝑃𝐶𝑀𝑄为平行四边形，所以𝑀𝑄//𝐶𝑃,𝑀𝑄=𝐶𝑃则直线𝐶𝑃与𝐵1𝐷1所成角为∠𝑀𝑄𝐷1或其补角，在△𝐷1𝑀𝑄中，𝐷1𝑄=12𝐷1𝐵1=√22,𝑀𝑄=𝐶𝑃=√12+(12)2=√5

2,𝐷1𝑀=√12+(12)2=√52，所以cos∠𝑀𝑄𝐷1=𝑀𝑄2+𝐷1𝑄2−𝐷1𝑀22𝑀𝑄⋅𝐷1𝑄=54+12−542×√52×√22=√1010,则直线𝐶𝑃与𝐵1𝐷1所成角的余弦值是√1010.故选：B.7．（

3分）（2022春·四川成都·高二阶段练习）对于两条不同直线𝑚，𝑛和两个不同平面𝛼，𝛽，下列选项错误的为（）A．若𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，𝛼⊥𝛽，则𝑚⊥𝑛B．若𝑚∥𝛼，𝑛∥𝛽，𝛼⊥𝛽，则𝑚⊥𝑛或𝑚∥𝑛C．若𝑚∥𝛼，𝛼∥𝛽

，则𝑚∥𝛽或𝑚⊂𝛽D．若𝑚⊥𝛼，𝑚⊥𝑛，则𝑛∥𝛼或𝑛⊂𝛼【解题思路】根据空间中的线面关系逐一判断即可.【解答过程】若𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，𝛼⊥𝛽，则𝑚⊥𝑛，故A正确；由𝑚∥𝛼，𝑛∥𝛽，�

�⊥𝛽推不出𝑚⊥𝑛或𝑚∥𝑛，故B错误；若𝑚∥𝛼，𝛼∥𝛽，则𝑚∥𝛽或𝑚⊂𝛽，故C正确；若𝑚⊥𝛼，𝑚⊥𝑛，则𝑛∥𝛼或𝑛⊂𝛼，故D正确；故选：B.8．（3分）（2022秋·黑龙江大庆·高二期中）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥ABCD，

NB⊥ABCD．且MD＝NB＝1．则下列结论中：①MC⊥AN②DB∥平面AMN③平面CMN⊥平面AMN④平面DCM∥平面ABN所有假命题的个数是（）A．0B．1C．2D．3【解题思路】由题可知该几何体的顶点均在边长为1的正方体的

顶点上,再根据线面平行与垂直以及面面垂直平行的判定逐个判断即可.【解答过程】由题画出该几何体外接的正方体.对①,因为𝑀𝐶//𝐸𝐵,𝐴𝑁⊥𝐸𝐵,故MC⊥AN成立.故①正确.对②,因为𝐷𝐵//

𝑀𝑁,𝑀𝑁⊂平面AMN,故DB∥平面AMN成立.故②正确.对③,连接𝐴𝐶易得𝐴−𝑀𝑁𝐶为正四面体.故平面CMN⊥平面AMN不成立.故③错误.对④,正方体中平面DCM与平面ABN分别为前后两面,故④正确.故选：B.二．多

选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022春·广西桂林·高一期末）如图所示，已知在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑙⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，且𝑙与𝐵1

𝐶1不平行，则下列能成立的是（）A．𝑙与𝐴𝐷平行B．𝑙与𝐴𝐵异面C．𝑙与𝐶𝐷所成的角为30°D．𝑙与𝐵𝐷垂直【解题思路】依次分析每个选项，假设𝑙∥𝐴𝐷，得出矛盾，A错误；取𝑙为𝐴1𝐶1所在直线，满足BD；取𝑙与𝐶1𝐷1成30°角，C成立，即可得到答案

.【解答过程】假设𝑙∥𝐴𝐷，则由𝐴𝐷∥𝐵𝐶∥𝐵1𝐶1可得𝑙∥𝐵1𝐶1，与“𝑙与𝐵1𝐶1不平行”矛盾，所以𝑙与𝐴𝐷平行，A错误；取𝑙为𝐴1𝐶1所在直线，满足B，又因为�

�⊥𝐵1𝐷1，𝐵1𝐷1∥𝐵𝐷，所以𝑙⊥𝐵𝐷，D正确；取𝑙与𝐶1𝐷1成30°角，因为𝐶1𝐷1∥𝐶𝐷，所以此时𝑙与𝐶𝐷所成的角为30°，C正确；故选：BCD.10．（4分）（2022秋·山东东营·高二阶段练习）如图，在

正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，P，Q分别是棱𝐴𝐴1,𝐶𝐶1的中点，平面𝐷𝑃𝑄∩平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1=𝑙，则下列结论中不正确的有（）A．l过点𝐵1B．l不一定过点𝐵1C．𝐷𝑃的延长线与𝐷1

𝐴1的延长线的交点不在l上D．𝐷𝑄的延长线与𝐷1𝐶1的延长线的交点在l上【解题思路】连接𝑃𝐵1、𝐷𝐵1，在正方体中可得四边形𝐷𝑃𝐵1𝑄是平行四边形，由点共面得点共线可判断AB；𝐷𝑃的延长线与�

�1𝐴1的延长线的交点𝐹，𝐷𝑄的延长线与𝐷1𝐶1的延长线交点𝐸，由点共面得点共线可判断CD.【解答过程】连接𝑃𝐵1、𝑄𝐵1，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，取𝐵𝐵1的中

点𝑁，连接𝐶𝑁，则𝐷𝑃//𝐶𝑁//𝑄𝐵1,𝐷𝑃=𝐶𝑁=𝑄𝐵1，所以四边形𝐷𝑃𝐵1𝑄是平行四边形，𝐵1∈平面𝐷𝑃𝐵1𝑄，𝐵1∈平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，所以𝐵1∈𝑙，故A正确，B错

误；如图𝐷𝑃的延长线与𝐷1𝐴1的延长线的交点𝐹，𝐷𝑄的延长线与𝐷1𝐶1的延长线交点𝐸，因为𝐷𝐹⊂平面𝐷𝑃𝐵1𝑄，所以𝐹∈平面𝐷𝑃𝐵1𝑄，因为𝐷1𝐴1⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，所以𝐹∈平面𝐴1𝐵1�

�1𝐷1，所以𝐹∈𝑙，因为𝐷𝑄⊂平面𝐷𝑃𝐵1𝑄，所以𝐸∈平面𝐷𝑃𝐵1𝑄，因为𝐷1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，所以𝐸∈平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，所以𝐸∈𝑙，故C错误，D

正确.故选：BC.11．（4分）（2023秋·浙江宁波·高三期末）设𝑎,𝛽是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，（）A．若𝑚⊥𝛼,𝑛⊥𝛼，则𝑚∥𝑛B．若𝑚⊂𝛼,𝑛⊂𝛼,𝑚∥𝛽,𝑛∥𝛽，则𝛼∥𝛽C．若𝛼∥𝛽,𝑚⊂𝛼,𝑛

⊥𝛽，则𝑚⊥𝑛D．若𝛼⊥𝛽，𝑚⊥𝛽，𝑚⊄𝛼，则𝑚∥𝛼【解题思路】垂直于同一平面的两条直线平行，A正确；当𝑚∥𝑛时结论未必成立，B错误；证明CD正确，得到答案.【解答过程】对选项A：垂直于同一平面的两条直线平行，正确；对选项B：当𝑚∥𝑛时结论未必成

立，错误；对选项C：𝛼∥𝛽,𝑛⊥𝛽，故𝑛⊥𝛼，又𝑚⊂𝛼，故𝑚⊥𝑛，正确；对选项D：𝛼⊥𝛽，𝑚⊥𝛽，则𝑚∥𝛼或𝑚⊂𝛼，排除𝑚⊂𝛼，则𝑚∥𝛼，正确.故选：ACD.12．（4分）（2023秋·辽宁葫芦岛·高三期末）如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷

−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，其棱长为3.𝑀，𝑁分别为棱𝐴1𝐵1，𝐵𝐵1的中点，过𝐷，𝑀，𝑁三点作该正方体的截面，截面是一个多边形𝛼.则（）A．截面𝛼和面𝐴𝐵𝐶𝐷的交线与截面𝛼和面𝐴𝐷𝐷1𝐴1的交线等长B．截面𝛼是一个五边形.C．截面𝛼是一个梯形

.D．截面𝛼在顶点𝐷处的内角的余弦值为413【解题思路】做出截面𝛼，依次判断选项即可.【解答过程】延长𝐶1𝐶至𝐶2，使𝐶𝐶2=𝐶𝐶1；延长𝐶1𝐷1至𝐷2，使𝐶1𝐷1=𝐷1𝐷

2；连接𝐶2𝐷，𝐷𝐷2，因𝐶𝐷=𝐶𝐶2，𝐶𝐷⊥𝐶𝐶2，则△𝐶𝐷𝐶2为等腰直角三角形，同理可得△𝐷2𝐷1𝐷为等腰直角三角形，又∠𝐷2𝐷𝐷1+∠𝐷1𝐷𝐶+∠𝐶2𝐷𝐶1=

180o，则𝐶2，𝐷，𝐷2三点共线.连接𝐶𝐷1，𝐵𝐴1.因𝐶，𝐷1分别为𝐶1𝐶2，𝐶1𝐷2中点，则𝐶2𝐷2∥𝐶𝐷1.又𝐶𝐵∥𝐴1𝐷1，𝐶𝐵=𝐴1𝐷1，则四边形𝐶𝐵𝐴1𝐷1为平行四边形，得𝐶𝐷1∥𝐵𝐴1.又𝑀，

𝑁分别是𝐵1𝐴1，𝐵1𝐵中点，则𝑀𝑁∥𝐵𝐴1.故𝐶2𝐷2∥𝐶𝐷1∥𝐵𝐴1，𝐵𝐴1∥𝑀𝑁，则𝐶2𝐷2∥𝑀𝑁，则𝑀，𝑁，𝐶2，𝐷，𝐷2五点共面.设这五点所在平面为𝛽.𝐶2∈𝐶1𝐶2，𝑁∈𝐵𝐵1，𝐶1𝐶2⊂平面𝐵𝐵1𝐶1

𝐶，𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，则𝐶2𝑁⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，连接𝐶2𝑁交𝐵𝐶于𝐸.因∠𝐵𝐸𝑁=∠𝐶𝐸𝐶2，∠𝑁𝐵𝐸=∠𝐶2𝐶𝐸，则△𝐵𝐸𝑁∼△𝐶

𝐸𝐶2，得𝐵𝐸𝐸𝐶=𝐵𝑁𝐶𝐶2=12.同理，可得𝐷2𝑀⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，连接𝐷2𝑀交𝐴1𝐷1于𝐹，则𝐴1𝐹𝐹𝐷1=𝐴1𝑀𝐷1𝐷2=12.又𝐹∈𝐷2𝑀，𝐷2𝑀

⊂𝛽，𝐸∈𝐶2𝑁，𝐶2𝑁⊂𝛽，则𝐸∈𝛽，𝐹∈𝛽.即𝑀，𝑁，𝐸，𝐷，𝐹五点共面.顺次连接𝐷𝐹，𝐹𝑀，𝑀𝑁，𝑁𝐸，𝐸𝐷，得截面𝛼为五边形𝐷𝐹𝑀𝑁𝐸.对于A，如图可知，截面𝛼和面𝐴𝐵𝐶𝐷的交线为DE，截面𝛼和面𝐴𝐷�

�1𝐴1的交线为𝐷𝐹，又几何体棱长为3，𝐵𝐸𝐸𝐶=12，𝐴1𝐹𝐹𝐷1=12，则𝐷𝐹=√𝐷𝐷1⬚2+𝐷1𝐹2=√32+22=√13，𝐷𝐸=√𝐷𝐶2+𝐶𝐸2=√32+22=√13，故𝐷𝐹=𝐷𝐸，则A正确；对于BC选项，由图可

知B正确，C错误；对于D选项，由图可知截面𝛼在顶点𝐷处的内角为∠𝐹𝐷𝐸，连接𝐸𝐹，因𝐵𝐸∥𝐴1𝐹，𝐵𝐸=𝐴1𝐹=1，则四边形𝐵𝐸𝐹𝐴1为平行四边形，得𝐸𝐹=𝐵𝐴1=3√2.又由A选项分析可知，𝐷𝐸=√13，𝐷𝐹=√13，则在三角形�

�𝐸𝐹中由余弦定理有cos∠𝐹𝐷𝐸=𝐷𝐸2+𝐷𝐹2−𝐸𝐹22⋅𝐷𝐸⋅𝐷𝐹=26−1826=413，则D正确.故选：ABD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022秋·上海静安·高二期中）点𝐴∈平面𝛼，点𝐴∈平面

𝛽，平面𝛼∩平面𝛽=直线l，则点A∈直线l（用集合符号表示）.【解题思路】由题意点𝐴∈平面𝛼∩𝛽，又平面𝛼∩平面𝛽=直线l，分析即得解.【解答过程】由题意，点𝐴∈平面𝛼，点𝐴∈平

面𝛽，故点𝐴∈平面𝛼∩𝛽，又平面𝛼∩平𝛽=直线l，故点𝐴∈直线l.故答案为：∈.14．（4分）（2022·高二课时练习）下列命题中，所有正确命题的序号是①③④.①两个相交平面把空间分成4部分.②有两个角是直角的四边形是平面图形.③

若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点.④如果分别在两个不同平面上的两条直线有交点，那么交点在两平面的交线上.【解题思路】根据平面的性质依次判断选项即可。【解答过程】对①，两个相交平面把空间分成4部分，故①正确；对②

，如图所示：∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝑆𝐶=90∘，满足题意，此时为立体图形，故②错误；对③，若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点，在两个平面的交线上，故③正确；对④，如果分别在两个不同平面上的两条直线有交点，此时交点为两个

平面的公共点，必在两个平面的交线上，故④正确；故答案为：①③④.15．（4分）（2023秋·广东广州·高二期末）如图，在棱长为2的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，则异面直线AN，CM所成角的余弦值为23．【解题思路】作出异面直线所成的角，在三

角形中由余弦定理求解．【解答过程】如图，连接𝐷𝑁，取𝐷𝑁中点𝐺，连接𝑀𝐺，又𝑀是𝐴𝐷中点，则𝑀𝐺//𝐴𝑁，所以异面直线AN，CM所成角是∠𝐶𝑀𝐺或其补角，由已知𝐴𝑁=𝐶𝑀=√3，𝑀𝐺=12𝐴𝑁=√32，𝑁𝐺=12𝐷𝑁=√32

，又𝐷𝑁⊥𝐵𝐶，𝐶𝐺=√𝑁𝐺2+𝑁𝐶2=√(√32)2+12=√72，△𝑀𝐶𝐺中，cos∠𝐶𝑀𝐺=34+3−742×√32×√3=23，∴异面直线AN，CM所成角的余弦值为23．故答案为：23．16．（4分）（2023·高三课时练习）如图，𝐴𝐵

𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是长方体，𝑂是𝐵1𝐷1的中点，直线𝐴1𝐶交平面𝐴𝐵1𝐷1于点M，则下列结论正确的是①②③．（填写所有符合要求的结论序号）①𝐴,𝑀,𝑂三点共线；②𝐴,𝑀,𝑂,𝐴1四点共面；③𝐴,𝑂,𝐶,𝑀四点共

面；④𝐵,𝐵1,𝑂,𝑀四点共面．【解题思路】对于①，利用公理3，证明𝐴,𝑀,𝑂为两个平面的公共部分即可；对于②，③，利用“直线和直线外一点确定一个平面”判断；对于④，根据异面直线的定义，判定直线𝐵𝐵1，直线𝑂𝑀为异面直线后可知其错误.【解答过程】对

于①，两条平行线确定一个平面，即𝐴,𝐶,𝐶1,𝐴1共面，显然平面𝐴𝐵1𝐷1∩平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1=𝐴，结合公理三：两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，设平面𝐴𝐵1𝐷1，平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1的交线为𝑙，注意到

𝑂是𝐵1𝐷1的中点，矩形对角线互相平分，故𝑂也是𝐴1𝐶1的中点，即𝑂∈𝐴1𝐶1，𝐴1𝐶1⊂平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，故𝑂∈平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，又𝑂∈𝐵1𝐷1，𝐵1𝐷1⊂平面𝐴𝐵1𝐷1，故𝑂∈平面𝐴𝐵1𝐷1，即𝑂∈𝑙；由𝑀∈𝐴1�

�，𝐴1𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，即𝑀∈平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，由题干直接可知，𝑀∈平面𝐴𝐵1𝐷1，故𝑀∈𝑙，故𝐴,𝑀,𝑂三点共线；对于②，由直线和直线外一点可确定一个平面，结合①正确可知，故𝐴,𝑀,𝑂确定的直线和𝐴1共面，故②正确；对于③，类似

②，𝐴,𝑀,𝑂确定的直线和𝐶共面，故③正确；对于④，𝐵𝐵1⊄平面𝐴𝐵1𝐷1，𝑂𝑀⊂平面𝐴𝐵1𝐷1，𝐵𝐵1∩平面𝐴𝐵1𝐷1=𝐵1，且𝐵1∉𝑂𝑀，根据异面直线的定义，直线𝐵𝐵1，直线𝑂𝑀为异面直线，故𝐵,𝐵1,𝑂,

𝑀不可能四点共面，故④错误.故答案为：①②③.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·高二课时练习）将下列符号语言转化为图形语言．（1）a⊂α，b∩α＝A，A∉a．（2）α∩β＝c，a⊂α，b⊂β，a∥c，b∩c＝P．【解题思路】在集合中，点为元素，

直线和平面为集合，根据题意，正确用集合中的符合即可．【解答过程】（1）（2）18．（6分）（2022·全国·高三专题练习）三个平面分空间有几种情况？并说明每种情况下能将空间分成几部分.【解题思路】按照平面

的位置关系分类，即可得解.【解答过程】三个平面分空间有4种情况，若三个平面均平行，则将空间分成4部分；若三个平面交于一条线，则将空间分成6部分；若三个平面两两相交，且交线不平行时，则将空间分成8部分；若三个平面两两相交，且交线平行时，则将空间

分成7部分.19．（8分）（2022·上海·高二专题练习）如图，已知a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，P∈b，PQ∥a；求证：PQ⊂α.【解题思路】由已知，根据PQ∥a，可确定PQ和a属于平面β，再根据a⊂β，点P∈β且P∈b，b⊂

α，得到P∈α，从而得到α与β重合，即可证明PQ⊂α.【解答过程】证明：因为PQ∥a，所以PQ与a确定一个平面β，所以直线a⊂β，点P∈β，因为P∈b，b⊂α，所以P∈α，又因为a⊂α，P∉a，所以α与β重合，所以PQ⊂α.得证.20．（8分）（2022秋·全国·高一专题练习）（1）平面α

内有无数条直线与平面β平行，问α∥β是否正确，为什么？（2）平面α内的所有直线与平面β都平行，问α∥β是否正确，为什么？【解题思路】（1）举反例说明命题是假命题，（2）根据面面平行定义判断命题正确.【解答过程】（1）不正确．如图所示，设α∩β＝l，则在平面α内与l平行的直线可以有无数条

：a1，a2，…，an，…，它们是一组平行线，这时a1，a2，…，an，…与平面β都平行（因为a1，a2，…，an，…与平面β无交点），但此时α与β不平行，α∩β＝l．（2）正确．平面α内所有直线与平面β平行，则平面α与平面β无交点，符合平面与平面平行的定义．21．（8分）（2023·高一课时练习

）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中．(1)𝐴𝐴1与𝐶𝐶1是否在同一平面内？请说明理由；(2)点B、𝐶1、D是否在同一平面内？请说明理由；(3)画出平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1与平面𝐵𝐶1𝐷的交线；画出平面𝐴𝐶𝐷1与平面𝐵𝐷𝐶1

的交线．【解题思路】（1）由两平行直线可确定一平面，可得答案；（2）由不共线三点可确定一平面，可得答案；（3）如图，找到两平面的公共点，公共点连线为平面交线.【解答过程】（1）是，平行直线确定一平面；（2）是，不在同一直线上三点确定一平

面（3）如图，设𝐵𝐷∩𝐴𝐶=𝑂，又𝐶1∈平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，𝐶1∈平面𝐵𝐶1𝐷，𝑂∈平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，𝑂∈平面𝐵𝐶1𝐷，则𝐶1𝑂⊂平面𝐵𝐶1𝐷，𝐶1𝑂⊂平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，故平面�

�𝐶𝐶1𝐴1与平面𝐵𝐶1𝐷的交线为𝐶1𝑂；如图，设𝐶𝐷1∩𝐶1𝐷=𝑂1，𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂2.因𝑂1∈平面𝐴𝐶𝐷1，𝑂1∈平面𝐵𝐷𝐶1，𝑂2∈平面𝐴𝐶𝐷1，𝑂2∈平面𝐵�

�𝐶1，则𝑂1𝑂2⊂平面𝐴𝐶𝐷1，𝑂1𝑂2⊂平面𝐵𝐷𝐶1.故平面𝐴𝐶𝐷1与平面𝐵𝐷𝐶1的交线为𝑂1𝑂2.22．（8分）（2023·高一单元测试）如图所示，在四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，E、F分别是线段AD、BC

上的点，𝐴𝐸𝐸𝐷=𝐵𝐹𝐹𝐶=12．(1)求证：直线𝐸𝐹与𝐵𝐷是异面直线；(2)若𝐴𝐵=𝐶𝐷=3，𝐸𝐹=√7，求𝐴𝐵、𝐶𝐷所成角的大小．【解题思路】（1）𝐺为𝐷𝐶上靠近𝐷的三等分点，易证𝐹,𝐺,𝐵,𝐷四点共面𝐹𝐺𝐷𝐵（面𝐹

𝐷𝐵），结合异面直线的定义判断𝐸𝐹与𝐵𝐷是否异面；（2）𝐻,𝐼分别为𝐴𝐶,𝐵𝐷靠近𝐴,𝐵的三等分点，易知𝐴𝐵、𝐶𝐷所成角为∠𝐼𝐹𝐻或其补角，进而求其大小.【解答过程】（1）若𝐺为𝐷𝐶上靠近𝐷的三等

分点，则𝐷𝐺𝐺𝐶=𝐵𝐹𝐹𝐶=12，故𝐹𝐺//𝐵𝐷，所以𝐹,𝐺,𝐵,𝐷四点共面𝐹𝐺𝐷𝐵，显然𝐹,𝐵,𝐷不共线，故面𝐹𝐷𝐵与面𝐹𝐺𝐷𝐵为同一个平面，而𝐸∉面𝐹𝐷𝐵，𝐹∈面𝐹

𝐷𝐵，即𝐸𝐹∩面𝐹𝐷𝐵=𝐹，𝐵𝐷⊂面𝐹𝐷𝐵，𝐹∉𝐵𝐷，所以直线𝐸𝐹与𝐵𝐷是异面直线；（2）若𝐻,𝐼分别为𝐴𝐶,𝐵𝐷靠近𝐴,𝐵的三等分点，则𝐵𝐼𝐼

𝐷=𝐴𝐻𝐻𝐶=𝐵𝐹𝐹𝐶=𝐴𝐸𝐸𝐷=12，所以𝐸𝐼//𝐴𝐵//𝐹𝐻，𝐹𝐼//𝐷𝐶//𝐻𝐸，故𝐼𝐹𝐻𝐸为平行四边形，且𝐴𝐵、𝐶𝐷所成角为∠𝐼𝐹𝐻或其补角，又𝐻𝐸=13𝐶𝐷=1，𝐹𝐻=23

𝐴𝐵=2，则cos∠𝐼𝐹𝐻=cos(π−∠𝐸𝐻𝐹)=−cos∠𝐸𝐻𝐹=−𝐻𝐸2+𝐹𝐻2−𝐸𝐹22𝐻𝐸⋅𝐹𝐻=−12，由∠𝐼𝐹𝐻∈(0,180°)，故∠𝐼𝐹𝐻=120°，则�

�𝐵、𝐶𝐷所成角为60°.