1．（3分）（2022春·江蘇南京·高一期中）下列命題是真命題的是（ ）
A．如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面重合
B．若四點不共面，則其中任意三點不共線
C．空間中，相交于同一點的三條直線在同一平面內(nèi)
D．三個不重合的平面最多可將空間分成七個部分
【解題思路】A.這兩個平面可能相交或重合，所以該選項錯誤；B.該選項正確；C. 空間中，相交于同一點的三條直線不一定在同一平面內(nèi)，所以該選項錯誤；D. 三個不重合的平面最多可將空間分成八個部分，所以該選項錯誤.
【解答過程】A. 如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面可能相交或重合，所以該選項錯誤；
B. 若四點不共面，則其中任意三點不共線，所以該選項正確；
C. 空間中，相交于同一點的三條直線不一定在同一平面內(nèi)，如三棱錐P-ABC,相交于同一點P的三條直線PA,PB,PC不在同一平面內(nèi)，所以該選項錯誤；
D. 三個不重合的平面最多可將空間分成八個部分，所以該選項錯誤.
故選：B.
2．（3分）如圖，正四棱臺中，A'D'所在的直線與BB'所在的直線是（ ）
A．相交直線B．平行直線C．不互相垂直的異面直線D．互相垂直的異面直線
【解題思路】首先證明A'D'//平面BCC'B'，再說明B'C'∩BB'=B'，證明異面，再利用側(cè)面為梯形，證明其互不垂直.
【解答過程】在正四棱臺中,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'D'與BB'異面，
又因為四邊形BCC'B'是等腰梯形,所以BB'與B'C'不垂直，又∵A'D'//B'C'
所以BB'與A'D'不垂直，故兩者為不互相垂直的異面直線，
故選：C.
3．（3分）（2022·上?！じ叨ｎ}練習）已知平面α與平面β，γ都相交，則這三個平面可能的交線有( )
A．1條或2條B．2條或3條C．1條或3條D．1條或2條或3條
【解題思路】根據(jù)平面β與平面γ的位置關系，分類討論，即可求解.
【解答過程】由題意，當三個平面兩兩相交且過同一直線時，它們有1條交線；
當平面β和γ平行時，它們的交線有2條；
當這三個平面兩兩相交且不過同一條直線時，它們有3條交線；
故選：D.
4．（3分）（2023·高三課時練習）在空間四邊形ABCD的各邊AB、BC、CD、DA上分別取E、F、G、H四點，若EF∩GH＝P，則點P（ ）
A．一定在直線BD上B．一定在直線AC上
C．既在直線AC上也在直線BD上D．既不在直線AC上也不在直線BD上
【解題思路】由題意可得P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，則P∈AC，可得答案．
【解答過程】如圖，
∵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，即點P一定在直線AC上．
故選：B．
5．（3分）（2023·全國·高三專題練習）在正方體中，E、F、G、H分別是該點所在棱的中點，則下列圖形中E、F、G、H四點共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【解題思路】對于B，證明EH//FG即可；而對于BCD，首先通過輔助線找到其中三點所在的平面，然后說明另外一點不在該平面中即可.
【解答過程】對于選項A，如下圖，點E、F、H、M確定一個平面，該平面與底面交于FM，而點G不在平面EHMF上，故E、F、G、H四點不共面；
對于選項B，連結(jié)底面對角線AC，由中位線定理得FG//AC，又EH//AC，則EH//FG，故E、F、G、H四點共面
對于選項C，顯然E、F、H所確定的平面為正方體的底面，而點G不在該平面內(nèi)，故E、F、G、H四點不共面；
對于選項D，如圖，取部分棱的中點，順次連接，得一個正六邊形，即點E、G、H確定的平面，該平面與正方體正面的交線為PQ，而點F不在直線PQ上，故E、F、G、H四點不共面．
故選：B.
6．（3分）（2023·高一課時練習）在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為B1C1的中點，那么直線CP與B1D1所成角的余弦值是（ ）
A．32B．1010C．35D．45
【解題思路】根據(jù)異面直線夾角的概念平移找角，再結(jié)合余弦定理計算即可.
【解答過程】解：連接A1C1交B1D1于Q，取DC中點為M，連接D1M,QM,QP，
由正方體可知，D1C1//DC,D1C1=DC，又A1C1交B1D1于Q，Q為B1D1中點，所以QP//D1C1,QP=12D1C1，
即QP//CM,QP=CM，所以四邊形PCMQ為平行四邊形，所以MQ//CP,MQ=CP
則直線CP與B1D1所成角為∠MQD1或其補角，
在△D1MQ中，D1Q=12D1B1=22,MQ=CP=12+122=52,D1M=12+122=52，
所以cs∠MQD1=MQ2+D1Q2-D1M22MQ?D1Q=54+12-542×52×22=1010,
則直線CP與B1D1所成角的余弦值是1010.
故選：B.
7．（3分）（2022春·四川成都·高二階段練習）對于兩條不同直線m，n和兩個不同平面α，β，下列選項錯誤的為（ ）
A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥nB．若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n或m∥n
C．若m∥α，α∥β，則m∥β或m?βD．若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α
【解題思路】根據(jù)空間中的線面關系逐一判斷即可.
【解答過程】若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n，故A正確；
由m∥α，n∥β，α⊥β推不出m⊥n或m∥n，故B錯誤；
若m∥α，α∥β，則m∥β或m?β，故C正確；
若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故D正確；
故選：B.
8．（3分）（2022秋·黑龍江大慶·高二期中）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥ABCD，NB⊥ABCD．且MD＝NB＝1．則下列結(jié)論中：
①MC⊥AN
②DB∥平面AMN
③平面CMN⊥平面AMN
④平面DCM∥平面ABN
所有假命題的個數(shù)是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解題思路】由題可知該幾何體的頂點均在邊長為1的正方體的頂點上,再根據(jù)線面平行與垂直以及面面垂直平行的判定逐個判斷即可.
【解答過程】由題畫出該幾何體外接的正方體.
對①,因為MC//EB,AN⊥EB,故MC⊥AN成立.故①正確.
對②,因為DB//MN,MN?平面AMN,故DB∥平面AMN成立.故②正確.
對③,連接AC易得A-MNC為正四面體.故平面CMN⊥平面AMN不成立.故③錯誤.
對④,正方體中平面DCM與平面ABN分別為前后兩面,故④正確.
故選：B.
二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）
9．（4分）（2022春·廣西桂林·高一期末）如圖所示，已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中，l?平面A1B1C1D1，且l與B1C1不平行，則下列能成立的是（ ）
A．l與AD平行
B．l與AB異面
C．l與CD所成的角為30°
D．l與BD垂直
【解題思路】依次分析每個選項，假設l∥AD，得出矛盾，A錯誤；取l為A1C1所在直線，滿足BD；取l與C1D1成30°角，C成立，即可得到答案.
【解答過程】假設l∥AD，則由AD∥BC∥B1C1可得l∥B1C1，與“l(fā)與B1C1不平行”矛盾，所以l與AD平行，A錯誤；
取l為A1C1所在直線，滿足B，又因為l⊥B1D1，B1D1∥BD，所以l⊥BD，D正確；
取l與C1D1成30°角，因為C1D1∥CD，所以此時l與CD所成的角為30°，C正確；
故選：BCD.
10．（4分）（2022秋·山東東營·高二階段練習）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分別是棱AA1,CC1的中點，平面DPQ∩平面A1B1C1D1=l，則下列結(jié)論中不正確的有（ ）
A．l過點B1
B．l不一定過點B1
C．DP的延長線與D1A1的延長線的交點不在l上
D．DQ的延長線與D1C1的延長線的交點在l上
【解題思路】連接PB1、DB1，在正方體中可得四邊形DPB1Q是平行四邊形，由點共面得點共線可判斷A B；DP的延長線與D1A1的延長線的交點F，DQ的延長線與D1C1的延長線交點E，
由點共面得點共線可判斷CD.
【解答過程】連接PB1、QB1，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，取BB1的中點N，
連接CN，則DP//CN//QB1,DP=CN=QB1，
所以四邊形DPB1Q是平行四邊形，B1∈平面DPB1Q，B1∈平面A1B1C1D1，
所以B1∈l，故A正確，B錯誤；
如圖DP的延長線與D1A1的延長線的交點F，DQ的延長線與D1C1的延長線交點E，
因為DF?平面DPB1Q，所以F∈平面DPB1Q，
因為D1A1?平面A1B1C1D1，所以F∈平面A1B1C1D1，所以F∈l，
因為DQ?平面DPB1Q，所以E∈平面DPB1Q，
因為D1C1?平面A1B1C1D1，所以E∈平面A1B1C1D1，所以E∈l，
故C錯誤，D正確.
故選：BC.
11．（4分）（2023秋·浙江寧波·高三期末）設a,β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，（ ）
A．若m⊥α,n⊥α，則m∥n
B．若m?α,n?α,m∥β,n∥β，則α∥β
C．若α∥β,m?α,n⊥β，則m⊥n
D．若α⊥β，m⊥β，m?α，則m∥α
【解題思路】垂直于同一平面的兩條直線平行，A正確；當m∥n時結(jié)論未必成立，B錯誤；證明CD正確，得到答案.
【解答過程】對選項A：垂直于同一平面的兩條直線平行，正確；
對選項B：當m∥n時結(jié)論未必成立，錯誤；
對選項C：α∥β,n⊥β，故n⊥α，又m?α，故m⊥n，正確；
對選項D：α⊥β，m⊥β，則m∥α或m?α，排除m?α，則m∥α，正確.
故選：ACD.
12．（4分）（2023秋·遼寧葫蘆島·高三期末）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，其棱長為3.M，N分別為棱A1B1，BB1的中點，過D，M，N三點作該正方體的截面，截面是一個多邊形α.則（ ）
A．截面α和面ABCD的交線與截面α和面ADD1A1的交線等長
B．截面α是一個五邊形.
C．截面α是一個梯形.
D．截面α在頂點D處的內(nèi)角的余弦值為413
【解題思路】做出截面α，依次判斷選項即可.
【解答過程】延長C1C至C2，使CC2=CC1；延長C1D1至D2，使C1D1=D1D2；
連接C2D，DD2，因CD=CC2，CD⊥CC2，則△CDC2為等腰直角三角形，
同理可得△D2D1D為等腰直角三角形，又∠D2DD1+∠D1DC+∠C2DC1=180，
則C2，D，D2三點共線.連接CD1，BA1.因C，D1分別為C1C2，C1D2中點，則C2D2∥CD1.又CB∥A1D1，CB=A1D1，則四邊形CBA1D1為平行四邊形，得
CD1∥BA1.又M，N分別是B1A1，B1B中點，則MN∥BA1.
故C2D2∥CD1∥BA1，BA1∥MN，則C2D2∥MN，
則M，N，C2，D，D2五點共面.設這五點所在平面為β.
C2∈C1C2，N∈BB1，C1C2?平面BB1C1C，BB1?平面BB1C1C，
則C2N?平面BB1C1C，連接C2N交BC于E.
因∠BEN=∠CEC2，∠NBE=∠C2CE，則△BEN～△CEC2，得BEEC=BNCC2=12.
同理，可得D2M?平面A1B1C1D1，連接D2M交A1D1于F，則A1FFD1=A1MD1D2=12.
又F∈D2M，D2M?β，E∈C2N，C2N?β，
則E∈β，F(xiàn)∈β.即M，N，E，D，F(xiàn)五點共面.
順次連接DF，F(xiàn)M，MN，NE，ED，得截面α為五邊形DFMNE.
對于A，如圖可知，截面α和面ABCD的交線為DE，截面α和面ADD1A1的交線為DF，
又幾何體棱長為3，BEEC=12，A1FFD1=12，
則DF=DD12+D1F2=32+22=13，
DE=DC2+CE2=32+22=13，故DF=DE，則A正確；
對于BC選項，由圖可知B正確，C錯誤；
對于D選項，由圖可知截面α在頂點D處的內(nèi)角為∠FDE，連接EF，
因BE∥A1F，BE=A1F=1，則四邊形BEFA1為平行四邊形，得EF=BA1=32.
又由A選項分析可知，DE=13，DF=13，則在三角形DEF中由余弦定理有
cs∠FDE=DE2+DF2-EF22?DE?DF=26-1826=413，則D正確.
故選：ABD.
三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）
13．（4分）（2022秋·上海靜安·高二期中）點A∈平面α，點A∈平面β，平面α∩平面β=直線l，則點A ∈ 直線l（用集合符號表示）.
【解題思路】由題意點A∈平面α∩β，又平面α∩平面β=直線l，分析即得解.
【解答過程】由題意，點A∈平面α，點A∈平面β，
故點A∈平面α∩β，
又平面α∩平β=直線l，
故點A∈直線l.
故答案為：∈.
14．（4分）（2022·高二課時練習）下列命題中，所有正確命題的序號是 ①③④ .
①兩個相交平面把空間分成4部分.
②有兩個角是直角的四邊形是平面圖形.
③若兩個平面有一個公共點，則它們有無數(shù)個公共點.
④如果分別在兩個不同平面上的兩條直線有交點，那么交點在兩平面的交線上.
【解題思路】根據(jù)平面的性質(zhì)依次判斷選項即可。
【解答過程】對①，兩個相交平面把空間分成4部分，故①正確；
對②，如圖所示：
∠ABC=∠ASC=90°，滿足題意，此時為立體圖形，故②錯誤；
對③，若兩個平面有一個公共點，則它們有無數(shù)個公共點，在兩個平面的交線上，
故③正確；
對④，如果分別在兩個不同平面上的兩條直線有交點，此時交點為兩個平面的公共點，
必在兩個平面的交線上，故④正確；
故答案為：①③④.
15．（4分）（2023秋·廣東廣州·高二期末）如圖，在棱長為2的正四面體(四個面都是正三角形)ABCD中，M、N分別是AD、BC的中點，則異面直線AN，CM所成角的余弦值為 23 ．
【解題思路】作出異面直線所成的角，在三角形中由余弦定理求解．
【解答過程】如圖，連接DN，取DN中點G，連接MG，又M是AD中點，則MG//AN，
所以異面直線AN，CM所成角是∠CMG或其補角，
由已知AN=CM=3，MG=12AN=32，
NG=12DN=32，又DN⊥BC，CG=NG2+NC2=(32)2+12=72，
△MCG中，cs∠CMG=34+3-742×32×3=23，
∴異面直線AN，CM所成角的余弦值為23．
故答案為：23．
16．（4分）（2023·高三課時練習）如圖，ABCD-A1B1C1D1是長方體，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結(jié)論正確的是 ①②③ ．（填寫所有符合要求的結(jié)論序號）
①A,M,O三點共線； ②A,M,O,A1四點共面；
③A,O,C,M四點共面； ④B,B1,O,M四點共面．
【解題思路】對于①，利用公理3，證明A,M,O為兩個平面的公共部分即可；
對于②，③，利用“直線和直線外一點確定一個平面”判斷；
對于④，根據(jù)異面直線的定義，判定直線BB1，直線OM為異面直線后可知其錯誤.
【解答過程】對于①，兩條平行線確定一個平面，即A,C,C1,A1共面，顯然平面AB1D1∩平面ACC1A1=A，結(jié)合公理三：兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，設平面AB1D1，平面ACC1A1的交線為l，注意到O是B1D1的中點，矩形對角線互相平分，故O也是A1C1的中點，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∈A1C，A1C?平面ACC1A1，即M∈平面ACC1A1，由題干直接可知，M∈平面AB1D1，故M∈l，故A,M,O三點共線；
對于②，由直線和直線外一點可確定一個平面，結(jié)合①正確可知，故A,M,O確定的直線和A1共面，故②正確；
對于③，類似②，A,M,O確定的直線和C共面，故③正確；
對于④，BB1?平面AB1D1，OM?平面AB1D1，BB1∩平面AB1D1=B1，且B1?OM，根據(jù)異面直線的定義，直線BB1，直線OM為異面直線，故B,B1,O,M不可能四點共面，故④錯誤.
故答案為：①②③.
四．解答題（共6小題，滿分44分）
17．（6分）（2022·高二課時練習）將下列符號語言轉(zhuǎn)化為圖形語言．
（1）a?α，b∩α＝A，A?a．
（2）α∩β＝c，a?α，b?β，a∥c，b∩c＝P．
【解題思路】在集合中，點為元素，直線和平面為集合，根據(jù)題意，正確用集合中的符合即可．
【解答過程】（1）
（2）
18．（6分）（2022·全國·高三專題練習）三個平面分空間有幾種情況？并說明每種情況下能將空間分成幾部分.
【解題思路】按照平面的位置關系分類，即可得解.
【解答過程】三個平面分空間有4種情況，
若三個平面均平行，則將空間分成4部分；
若三個平面交于一條線，則將空間分成6部分；
若三個平面兩兩相交，且交線不平行時，則將空間分成8部分；
若三個平面兩兩相交，且交線平行時，則將空間分成7部分.
19．（8分）（2022·上?！じ叨ｎ}練習）如圖，已知a?α，b?α，a∩b＝A，P∈b，PQ∥a；求證：PQ?α.
【解題思路】由已知，根據(jù)PQ∥a，可確定PQ和a屬于平面β，再根據(jù)a?β，點P∈β且P∈b，b?α，得到P∈α，從而得到α與β重合，即可證明PQ?α.
【解答過程】證明：因為PQ∥a，所以PQ與a確定一個平面β，
所以直線a?β，點P∈β，
因為P∈b，b?α，所以P∈α，
又因為a?α，P?a，所以α與β重合，
所以PQ?α.
得證.
20．（8分）（2022秋·全國·高一專題練習）（1）平面α內(nèi)有無數(shù)條直線與平面β平行，問α∥β是否正確，為什么？
（2）平面α內(nèi)的所有直線與平面β都平行，問α∥β是否正確，為什么？
【解題思路】（1）舉反例說明命題是假命題，（2）根據(jù)面面平行定義判斷命題正確.
【解答過程】（1）不正確．
如圖所示，設α∩β＝l，
則在平面α內(nèi)與l平行的直線可以有無數(shù)條：a1，a2，…，an，…，
它們是一組平行線，
這時a1，a2，…，an，…與平面β都平行（因為a1，a2，…，an，…與平面β無交點），
但此時α與β不平行，α∩β＝l．
（2）正確．
平面α內(nèi)所有直線與平面β平行，則平面α與平面β無交點，符合平面與平面平行的定義．
21．（8分）（2023·高一課時練習）在正方體ABCD-A1B1C1D1中．
(1)AA1與CC1是否在同一平面內(nèi)？請說明理由；
(2)點B、C1、D是否在同一平面內(nèi)？請說明理由；
(3)畫出平面ACC1A1與平面BC1D的交線；畫出平面ACD1與平面BDC1的交線．
【解題思路】（1）由兩平行直線可確定一平面，可得答案；
（2）由不共線三點可確定一平面，可得答案；
（3）如圖，找到兩平面的公共點，公共點連線為平面交線.
【解答過程】（1）是，平行直線確定一平面；
（2）是，不在同一直線上三點確定一平面
（3）如圖，設BD∩AC=O，又C1∈平面ACC1A1，
C1∈平面BC1D，O∈平面ACC1A1，O∈平面BC1D，則C1O?平面BC1D，
C1O?平面ACC1A1，故平面ACC1A1與平面BC1D的交線為C1O；
如圖，設CD1∩C1D=O1，AC∩BD=O2.
因O1∈平面ACD1，O1∈平面BDC1，O2∈平面ACD1，O2∈平面BDC1，
則O1O2?平面ACD1，O1O2?平面BDC1.故平面ACD1與平面BDC1的交線為O1O2.
22．（8分）（2023·高一單元測試）如圖所示，在四面體ABCD中，E、F分別是線段AD、BC上的點，AEED=BFFC=12．
(1)求證：直線EF與BD是異面直線；
(2)若AB=CD=3，EF=7，求AB、CD所成角的大?。?br>【解題思路】（1）G為DC上靠近D的三等分點，易證F,G,B,D四點共面FGDB（面FDB），結(jié)合異面直線的定義判斷EF與BD是否異面；
（2）H,I分別為AC,BD靠近A,B的三等分點，易知AB、CD所成角為∠IFH或其補角，進而求其大小.
【解答過程】（1）若G為DC上靠近D的三等分點，則DGGC=BFFC=12，故FG//BD，
所以F,G,B,D四點共面FGDB，顯然F,B,D不共線，故面FDB與面FGDB為同一個平面，
而E?面FDB，F(xiàn)∈面FDB，即EF∩面FDB=F，BD?面FDB，F(xiàn)?BD，
所以直線EF與BD是異面直線；
（2）若H,I分別為AC,BD靠近A,B的三等分點，則BIID=AHHC=BFFC=AEED=12，
所以EI//AB//FH，F(xiàn)I//DC//HE，故IFHE為平行四邊形，且AB、CD所成角為∠IFH或其補角，
又HE=13CD=1，F(xiàn)H=23AB=2，則cs∠IFH=cs(π-∠EHF)=-cs∠EHF=-HE2+FH2-EF22HE?FH=-12，
由∠IFH∈(0,180°)，故∠IFH=120°，則AB、CD所成角為60°.

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