第13章：立体几何初步 - 基本图形及位置关系（B卷提升卷）- 2021-2022学年高一数学必修第二册同步单元AB卷（新教材苏教版）

第13章：《立体几何初步》（基本图形及位置关系）（B卷提升卷）

一、单选题（共8小题，满分40分，每小题5分）

1、（2020·湖南省长沙一中高一期末）如图，长方体中，，则线段的长是（   ）

A． B． C．28 D．

【答案】A

【解析】，故选A.

2、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设，为两个平面，则的充要条件是（    ）

A．内有无数条直线与平行 B．，平行与同一个平面

C．内有两条相交直线与内两条相交直线平行 D．，垂直与同一个平面

【答案】C

【解析】对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或或平行；
对于B，，平行于同一条直线，可得与相交或或平行；

对于C，内有两条相交直线与内两条相交直线平行，可得α∥β；

对于D，，垂直与同一个平面，可得与相交或或平行．
故选：C．

3、（2020·山东省滕州市第一中学新校高一月考）一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】将直观图还原成平面图形如图所示

则平面图形是上底长为，下底长为，高为的直角梯形

其面积为，故选：

4、（2020届山东省潍坊市高三上期中）m、n是平面外的两条直线，在m∥的前提下，m∥n是n∥的( )

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

，则存在有.而由可得，从而有.反之则不一定成立，可能相交，平行或异面.所以是的充分不必要条件，故选A

5、（江苏栟茶中学2019-2020学年高一上学期考试）如图的正方体ABCD- A’B’C’D’中，二面角D’-AB-D的大小是（    ）

A． 300    B． 450    C． 600    D． 900

【答案】B

6、（2020·湖南省衡阳市一中高一期末）若是所在平面外点,,,两两垂直,且平面于点,则是的(    )

A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心

【答案】D

【解析】

连结并延长交与,连结并延长交于,

,,

面

又面

,

面

面

故,即

同理:;

根据三角形垂心定义可知:是的垂心.故选:D.

故选D.

7、（2020·湖南省常德市一中高一期末）已知平面，两条直线l，m分别与平面相交于点和，若，，则=（    ）

A．10 B．15 C．18 D．21

【答案】B

【解析】如图，若与不平行，则过作交于，交平面于，连接，

∵，所以共面，

平面，平面，平面，，

∴，∴，同理相交直线确定平面与平面分别交于，因此，

∴，

所以，即，，

若，上面的就是，就是，同理可得．故选：B.

8、（2020·赣州市赣县第三中学高二月考（理））正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】B

【解析】

如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，

由且，得是平行四边形，则且，

又且，得且，则共面，

故平面截该正方体所得的截面为.

又，，，，

故的面积为.

故选：B.

二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分，少选的3分，多选不得分）

9、（2020·山东省实验中学高三月考）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则与所成的角和与所成的角相等

【答案】BCD

【解析】选项A：若，则或，

又，并不能得到这一结论，故选项A错误；

选项B：若，则由线面垂直的性质定理和线面平行的

性质定理可得，故选项B正确；

选项C：若，则有面面平行的性质定理可知，

故选项C正确；

选项D：若，则由线面角的定义和等角定理知，与

所成的角和与所成的角相等，故选项D正确.

故选：BCD.

10、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形中，，与相交于点，将沿折起，使顶点至点，在折起的过程中，下列结论正确的是(     )

A． B．存在一个位置，使为等边三角形

C．与不可能垂直 D．直线与平面所成的角的最大值为

【答案】ABD

【解析】A选项，因为菱形中，与相交于点，所以，；

将沿折起，使顶点至点，折起过程中，始终与垂直，因此，

又，由线面垂直的判定定理，可得：平面，因此，故A正确；

B选项，因为折起的过程中，边长度不变，因此；若为等边三角形，则；设菱形的边长为，因为，则，即，又，所以，即二面角的余弦值为时，为等边三角形；故B正确；

C选项，，，由A选项知，，，

所以，因此，

同B选项，设菱形的边长为，易得，，

所以，显然当时，，即；故C错误；

D选项，同BC选项，设菱形的边长为，则，，，由几何体直观图可知，当平面，直线与平面所成的角最大，为，易知.

故选：ABD.

11、（2020届山东省潍坊市高三上期中）正方体的棱长为2，已知平面，则关于截此正方体所得截面的判断正确的是（    ）

A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形

C．截面形状可能为正六访形 D．截面面积最大值为

【答案】ACD

【解析】

如图，显然A,C成立，下面说明D成立，

如图设截面为多边形，

设，则，

则

所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和，

所以

因为，

，

所以

当时，，故D成立.

故选：ACD．

12、（2020·福建省福州一中高一期末）如图，在矩形中,E为的中点，将沿翻折到的位置,平面,为的中点,则在翻折过程中，下列结论正确的是(  )

A．恒有 平面

B．B与M两点间距离恒为定值

C．三棱锥的体积的最大值为

D．存在某个位置，使得平面⊥平面

【答案】ABC

【解析】取的中点,连结，，可得四边形是平行四边形，

所以，所以平面，故A正确；

（也可以延长交于,可证明,从而证明平面）

因为，，，

根据余弦定理得

，得，

因为，故，故B正确;

因为为的中点，

所以三棱锥的体积是三棱锥的体积的两倍，

故三棱锥的体积，其中表示到底面的距离，当平面平面时，达到最大值，

此时取到最大值，所以三棱锥体积的最大值为，故C正确；

考察D选项，假设平面平面，平面平面，，

故平面，所以，

则在中，，，所以.

又因为，，所以，故,,三点共线，

所以，得平面，与题干条件平面矛盾，故D不正确；

故选A,B,C.

三、填空题（共4小题，满分20分，每小题5分，一题两空，第一空2分）

13、（2020·山东省滕州市第一中学新校高一月考）如图，是棱长为1正方体的棱上的一点，且平面，则线段的长度为___________．

【答案】

【解析】

连接，交与，连接，则为的中点，

因为平面，平面，平面平面，

所以，故为的中点，所以，

在中，.故答案为：.

14、（江苏徐州期中） 在四面体中，E，F分别是，的中点.若，所成的角为60°，且，则的长为__________.

【答案】或

【解析】取中点．连接，∵E，F分别是，的中点，∴，，，

∴，所成的角是（或其补角），

若，则，

若，则，

故答案为：或．

15、（江苏南京金陵中学月考）如图所示，为正方体，给出以下五个结论：

① 平面；

② 二面角的正切值是；

③ ⊥平面； 

④ 与底面所成角的正切值是；

其中，所有正确结论的序号为________．

【答案】① ② ③

【解析】

①对，因为，所以平面。

②对，因为，所以二面角余弦值为，所以。

③对，连，，由三垂线定理，，同理，所以 ⊥平面。

④ 错，与底面所成角为，所以正切值是，所以错。

填① ② ③。

16、（2020·江苏省丰县中学高三月考）如图，在正方体中，的中点为，的中点为，异面直线与所成的角是______.

【答案】

【解析】取中点，连接，连接交于，

在正方体中，可知,

四边形是平行四边形，，

即为异面直线与所成的角，

可知在和中，

,

，,

,,

，即异面直线与所成的角为.

故答案为：.

四、解答题（共6小题，满分70分，第17题10分，其它12分）

17、（辽宁省沈阳市东北育才学校2019-2020学年高一上学期期中考试）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC的中点，A1D⊥平面ABC，AB=BC，平面BB1D与棱A1C1交于点E．

（1）求证：AC⊥A1B；

（2）求证：平面BB1D⊥平面AA1C1C；

【解析】

证明：（1）因为 A1D⊥平面ABC，所以 A1D⊥AC．

因为△ABC中，AB=BC，D是AC的中点，所以 BD⊥AC．

因为 A1D∩BD=D，

所以 AC⊥平面A1BD．

所以 AC⊥A1B．

（2） 因为 A1D⊥平面ABC，

因为 BD⊂平面ABC，所以 A1D⊥BD．

由（1）知 BD⊥AC．

因为 AC∩A1D=D，

所以 BD⊥平面A1ACC1．

因为 BD⊂平面BB1D，

所以 平面BB1D⊥平面AA1C1C．

18、 如图，在三棱柱中，，侧面为菱形.

（1）求证：平面.

（2）如果点，分别为，的中点，求证：平面.

【解析】（1）因三棱柱的侧面为菱形，则.

又，且，为平面内的两条相交直线，[来源:Zxxk.Com]

故平面

（2）如图，取的中点，连，.

因为的中点，则，而平面，平面，

故面.    同理，面.

因，为平面内的两条相交直线，故平面面.

因平面，故面.

19、(2019苏州期初调查）如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE＝DA，M为AE的中点．

(1) 求证：AC∥平面DMF；

 (2) 求证：BE⊥DM.

规范解答  证明：(1) 如图，连结EC交DF于点N，连结MN.

因为CDEF为矩形，所以EC，DF相互平分，所以N为EC的中点．(2分)

又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.(4分)

又因为AC⊄平面DMF，且MN⊂平面DMF.

所以AC∥平面DMF.(7分)

(2) 因为矩形CDEF，所以CD⊥DE.

又因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.

因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE.

又因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.

又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.(10分)

因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.(11分)

又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.

因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.

20、（2020·山东省滕州市第一中学新校高一月考）如图在四棱锥中，底面是矩形，点、分别是棱和的中点.

（1）求证：平面；

（2）若，且平面平面，证明平面.

【解析】（1）证明：因为点、分别是棱和的中点，所以，又在矩形中，，所以，

又面，面，所以平面

（2）证明：在矩形中，，又平面平面，平面平面，面，

所以平面，

又面，所以①

因为且是的中点，所以，②

由①②及面，面，，所以平面 .

21、（淮阴中学2020年期末）如图1，在直角梯形中，，，且．现以为一边向形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，为的中点，如图2．

（1）求证：平面；

（2）求证：平面；

【解析】

证明：取中点，连结．

在△中，分别为的中点，

所以∥，且．

由已知∥，， 所以∥，且．

又因为平面，且平面， 所以∥平面．

（2）证明：在正方形中，．

又因为平面 平面，且平面平面，

所以平面，又平面，所以．

在直角梯形中，，，可得．

在△中，， 所以．

所以，  所以平面

22、如图，在四棱锥中，平面PDC，，，，，，．

求异面直线AP与BC所成角的余弦值；

求证：平面PBC；

求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
 

【解析】如图，由已知，

故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．  因为平面PDC，所以．
在中，由已知得，
故．
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．     
证明：因为平面PDC，直线平面PDC，所以．
又因为，所以，
又，所以平面PBC．                 过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
因为平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以为直线DF和平面PBC所成的角．    
由于，，故BF，
由已知，得又，故BC，
在中，
在中，可得.
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．