高一数学下学期期末考试分类汇编立体几何中的基本图形位置关系苏教版

这是一份高一数学下学期期末考试分类汇编立体几何中的基本图形位置关系苏教版，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题05 立体几何中的基本图形位置关系
一、单选题
1．（2021·江苏·南京市第二十九中学高一期末）在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意易知为长方体，则异面直线与所成角为，由题设可得，即可求，进而可得其余弦值.
【详解】
由题意，为长方体，
∴，且共线，即为体对角线，

∴异面直线与所成角为，而，
∴在△中，，故.
故选：C
2．（2021·江苏·南京市建邺高级中学高一期末）如图，在正方体中，为的中点，则异面直线与所成的角为（       ）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】D
【解析】
【分析】
连接，由已知条件可证得平面，从而可得，由此可得答案
【详解】
连接，则，
因为平面，在平面内，
所以，
因为，
所以平面，
因为在平面内，
所以，
所以异面直线与所成的角为，
故选：D

【点睛】
此题考查求异面直线所成的角，属于基础题
3．（2021·江苏常州·高一期末）如图，已知平面，，且，设梯形中，，且，，则下列结论一定正确的是（       ）．

A． B．直线与可能为异面直线
C．直线与可能为异面直线 D．直线，，相交于一点
【答案】D
【解析】
【分析】
由梯形的定义、平面的基本性质和异面直线的定义结合图形可判断ABC；设、交点为，可得在内且在内，则在平面的交线上可判断D.
【详解】
梯形中，，且，，
则不一定成立，故A错误；
因为，所以在同一平面内，所以直线与不可能为异面直线，直线与不可能为异面直线，故BC错误；
由、相交，设交点为，可得在上，又，可得在内，同理可得在上，又，可得在内，则在平面的交线上，即直线，，相交于一点，故D正确.
故选：D.
4．（2021·江苏淮安·高一期末）已知m，n，l是不重合的三条直线，，，是不重合的三个平面，则（       ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】
利用空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系对四个选项逐一分析判断，即可得到答案．
【详解】
解：对于，若，，则或，故选项错误；
对于，若，，，则或与相交，故选项错误；
对于，若，，则平面内各作一条直线，，且与相交，
则，，又，
则，，又与相交，，在平面，则，故选项正确；
对于，若，，，，则或与相交，故选项错误．
故选：．
5．（2021·江苏扬州·高一期末）设是两条不同的直线，是三个不同的平面.下列命题中正确的命题是（       ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】
由两平行平面中两直线的位置关系判定；由垂直于同一平面的两平面的位置关系判定；由平行于同一平面的两直线的位置关系判定；由直线与平面垂直的性质判断．
【详解】
解：若，，，则或与异面，故错误；
若，，则或与相交，故错误；
若，，则或与相交或与异面，故错误；
若，，则，又，则，故正确．
故选：．
二、多选题
6．（2021·江苏苏州·高一期末）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
结合空间中直线与平面的位置关系进行判定，也可以通过举例说明命题错误.
【详解】
对于A，因为，所以，A正确；
对于B，因为时，也可以平行，所以B错误；
对于C，因为，所以，C正确；
对于D，因为时，直线也可能在平面内，所以D错误；
故选：AC.
7．（2021·江苏淮安·高一期末）如图，点M是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（       ）

A．二面角的大小为45°
B．存在点，使得异面直线与所成的角为30°
C．点M存在无数个位置满足
D．点M存在无数个位置满足平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】
结合选项逐个分析，选项A：二面角即为二面角,求出二面角的平面角即可判断；选项B：由则为异面直线与所成角，即可判断；选项C：连接,当M在上时满足条件，可判断；选项D: 可证明平面平面，从而可判断.
【详解】
选项A：二面角即为二面角
在正方体中，
所以为二面角的平面角， 由
所以二面角的大小为45°，故选项A正确.
选项B：∵，∴为异面直线与所成角，
平面, 平面, 所以
在直角三角形中，
当M在线段上移动时，M取中点，的长最小为.
此时最小，正切值为，所以选项B错误.

选项C：连接,当M在上时，满足条件.
∵，，
∴平面, 当M在上时,平面, 所以
∵当M在上时，满足条件.   故选项C正确.

选项D： 连接
，平面，平面
∴平面，
∵，平面，平面
∴平面
∵, ∴平面平面
当M在时，平面
∴平面，故选项D正确
故选：ACD

三、填空题
8．（2021·江苏淮安·高一期末）若一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形，且，，则该平面图形的面积为__________.

【答案】
【解析】
【分析】
先在直观图求出的长，然后利用原图与直观图的关系求出原图的面积
【详解】
作，，因为，，
所以，.因此.

又根据斜二测画法的特征可得，在原图中
，，即原图为直角梯形，且高为直观图中的2倍，
所以该平面图形的面积为
.
故答案为：
四、解答题
9．（2021·江苏常州·高一期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱的中点，，，．

（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）求直线与平面所成角的正切值；
（3）求直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质，结合线面角定义进行求解即可；
（3）根据平行线的性质，结合异面直线所成角的定义和余弦定理进行求解即可.
【详解】
证明：（1）∵、面、面，
∴面,面，
又∵面面，∴．
（2）解：连结，取中点，连结，，

∵是的中点，是的中点，∴，
∵，为的中点，∴，
又∵平面平面，且平面平面，
∴平面，∴平面，
∴是在平面内的射影，
∴为与平面所成的角，
∵，，为的中点，，
∴四边形为矩形，∴，，
又∵，
∴中，，
∴直线与平面所成角的正切值为．
（3）解：由（2）知，
∴直线与所成角即为直线与所成角，
连接，中，，
中，，
又，
∴中，，
∴直线与所成角的余弦值为．
10．（2021·江苏省响水中学高一期末）如图所示，直三棱柱中，，，，、分别是、的中点．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求线段的长度；
（Ⅲ）求异面直线与的夹角余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）；（Ⅲ）
【解析】
（Ⅰ）先由题中条件，根据线面垂直的判定定理，证明平面，进而可得；
（Ⅱ）根据题中条件，得到，再由勾股定理，即可得出结果；
（Ⅲ）连接，取的中点为，取的中点为，连接，，，根据题中条件，得到即等于异面直线与所成的角或所成角的补角，再由题中数据，解三角形，即可得出结果.
【详解】
（Ⅰ）因为直三棱柱中，，所以；
又是的中点，所以；
又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以平面；
又平面，所以；
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以；
（Ⅱ）因为直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以平面；
又分别是的中点，，
则平面，；因为平面，所以，
因为，，所以，
因此；
（Ⅲ）连接，取的中点为，的中点为，连接，，，
因为是的中点，
所以，，且，
，
所以即等于异面直线与所成的角或所成角的补角；
取中点为，连接，，则，且，
因此且，因此四边形为平行四边形，
所以，
因此，在中，，
所以异面直线与的夹角余弦值为.

【点睛】
方法点睛：
立体几何体中空间角的求法：
（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；
（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.

一、单选题
1．（2021·江苏·泰州中学高一期末）已知空间三个平面下列判断正确的是（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】
【分析】
若，结合图形可得与相交或平行，可知A、B均错误；根据面面平行的传递性可知C错误，D正确.
【详解】
若，则与相交或平行；

故A、B均错误；
根据面面平行的传递性可知C错误，D正确.
故选：D
2．（2021·江苏·高一期末）设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，则；②若，，，则；③若，，则．其中正确命题的序号是（       ）
A．①和② B．②和③ C．①和③ D．①②③
【答案】A
【解析】
【分析】
根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得②是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得③不正确．由此可得本题的答案．
【详解】
对于①，因为，所以经过作平面，使，可得，
又因为，，所以，结合得．由此可得①是真命题；
对于②，因为且，所以，结合，可得，故②是真命题；
对于③，设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，
而平面是正方体下底面所在的平面，
则有且成立，但不能推出，故③不正确；
故选：A
【点睛】
关键点点睛：线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质是解决本题的关键，属于中档题．
二、多选题
3．（2021·江苏苏州·高一期末）如图，在棱长为4的正方体中，M，N分别是的中点，则（       ）

A．平面
B．二面角的正切值为
C．三棱锥的内切球半径为
D．过直线与平面平行的平面截该正方体所得截面的面积为18
【答案】BCD
【解析】
【分析】
选项A中，连接A1C1，交MN于点P，连接AP，利用向量法证明AP与A1C不垂直，即A1C与平面AMN不垂直；选项B中，找出∠APA1是二面角A1﹣MN﹣A的平面角，计算tan∠APA1即可；选项C中，利用等体积法求出三棱锥A1﹣AMN的内切球半径长；选项D中，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接BE、EF、DF，四边形BEFD是过直线BD与平面AMN平行的截面，可求出四边形的面积．
【详解】
对于A，如图1所示，

连接A1C1，B1D1，则MNB1D1，由B1D1⊥平面A1C1C，得MN⊥平面A1C1C，所以MN⊥A1C；
设MN交A1C1于点P，连接AP，以矩形ACC1A1的底边AC为x轴，AA1为y轴建立平面直角坐标系，如图2 所示：

则
所以，则，
所以与不垂直，即AP与A1C不垂直，
所以A1C与平面AMN不垂直，选项A错误；
对于B，由上有M N⊥平面A1C1C，则，且
所以∠APA1是二面角的平面角，则tan∠APA1＝＝＝2，
所以二面角的正切值为，选项B正确；
对于C，设三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为r，

,
,则
所以
又

解得，所以三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为，选项C正确；
对于D，如图3所示

取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接BE、EF、DF，
则 ,又，所以,所以四点共面.
平面AMN平面BEFD，且平面平面,平面平面，
所以, 又，所以四边形 为平行四边形.
则,由，则
则四边形BEFD是过直线BD与平面AMN平行的截面，且四边形BEFD是等腰梯形，

梯形BEFD的面积为, 所以选项D正确．
故选：BCD．
4．（2021·江苏·高一期末）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（       ）

A．四点共面 B．平面平面
C．直线与所成角的为 D．平面
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据点线面的位置关系逐个判断选项即可.
【详解】
对于A，由图显然、是异面直线，故四点不共面，故A错误；
对于B，由题意平面，故平面平面，故B正确；
对于C，取的中点，连接、，可知三角形为等边三角形，故C正确；

对于D，平面，显然与平面不平行，故D错误；
故选：BC
【点睛】
本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.
5．（2021·江苏·南京市第一中学高一期末）点是正方体中侧面正方形内的一个动点，则下面结论正确的是（       ）
A．满足的点的轨迹为线段
B．点存在无数个位置满足直线平面
C．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
D．若正方体的棱长为1，三棱锥的体积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A，由正方体的性质和可得平面，从而可得点在线段上时，有；对于B，由正方体的性质可得平面∥平面，所以当点在上时，均有平面，从而可判断；对于C，异面直线与所成的角是，当在线段上运动时，点取的中点时，最小，其正切值为，从而可判断；对于D，由正方体的性质得，平面，若正方体的棱长为1，则点与重合时，三棱锥的体积取得最大，从而可求出其体积
【详解】
解：对于A，如图，在正方体中，平面，平面，所以，因为，，所以平面，所以当点在线段上时，有，所以点的轨迹为线段，所以A正确；
对于B，在正方体中，因为∥，平面，平面，所以∥平面，同理∥平面，而，所以平面∥平面，所以当点在上时，均有平面，所以点存在无数个位置满足直线平面，所以B正确；
对于C，异面直线与所成的角是，当在线段上运动时，点取的中点时，最小，其正切值为，所以不存在点，使异面直线与所成的角是，所以C错误；
对于D，由正方体的性质得，平面，若正方体的棱长为1，则点与重合时，三棱锥的体积取得最大，其值为，所以D正确，
故选：ABD

【点睛】
关键点点睛：此题考查以正方体为模型判断线线垂直，线面平行，求异面直线所在的角等，解题的关键是正确利用正方体的性质。
6．（2021·江苏·南京师大附中高一期末）正方体的棱长为分别为的中点.则（       ）

A．直线与直线AF垂直
B．直线与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点和点D到平面AEF的距离相等
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据异面直线所成角的定义判断A，由面面平行的性质定理判断B，作出完整的截面，判断CD．
【详解】
因为，而与显然不垂直，因此与不垂直，A错；
取中点，连接，，由分别是中点，得，
又，，是平行四边形，所以，，平面，所以平面，平面，
而，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面．B正确；
由正方体性质，连接，则截面即为四边形，它是等腰梯形，
，，等腰梯形的高为，
截面面积为，C正确，
设，易知是的中点，所以两点到平面的距离相等．D正确．
故选：BCD．

【点睛】
关键点点睛：本题考查正方体的性质．考查异面直线所成角的定义，面面平行的性质定理，考查正方体的截面问题．在证明面面平行时，注意判定定理的条件，对正方体的截面，解决问题的最好方法是作出完整的截面，然后根据正方体的性质确定截面的性质，从而完成求解．
三、填空题
7．（2021·江苏徐州·高一期末）如图，等边三角形SAB为该圆锥的轴截面，点C为母线SB的中点，D为的中点，则异面直线SA与CD所成角为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
取AB中点O，连接OC，OD，证明为异面直线SA与CD所成角即可得解.
【详解】
取AB中点O，连接OC，OD，SO，如图：

因点C为母线SB的中点，则CO//SA，于是有异面直线SA与CD所成角是或其补角，
又正为圆锥SO的轴截面，D为的中点，则，
从而得平面，平面，则，
因，平面，则平面，又平面，因此有，
而，于是得，
所以异面直线SA与CD所成角为.
故答案为：
四、解答题
8．（2021·江苏·南京市建邺高级中学高一期末）如图，是以为直径的半圆上一点，垂直于圆所在的平面．

（1）求证：平面；
（2）若，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的性质定理证得，直径所对的圆周角为直角证得，再线面垂直的判定定理可证；
（2）数形结合，证得即为二面角的平面角，然后在三角形中，利用边角关系求解即可.
【详解】
解析：（1）因为垂直于圆所在的平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为是以为直径的半圆上一点，
所以，
又，平面，
所以平面
（2）连接，在半圆中，因为，所以，
又因为是的中点，所以，
在内过点作，垂足为点，
连接，则面 BCD，则为在面的投影，
因为，所以，所以即为二面角的平面角，

其中，由
得，算得，，
所以，
故二面角的余弦值为．
9．（2021·江苏苏州·高一期末）如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.

（1）求证：；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）在矩形中，可证明，则在翻折过程中，从而可证明平面，从而可证明.
（2）过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.因为平面平面，所以,从而是二面角的平面角，然后求解即可得出答案.
【详解】
解：（1）如图1，连接交于F.

因为，且E为的中点，，
在矩形中，因为，
所以，所以，
所以，
所以，即.
由题意可知平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.
因为平面平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在翻折过程中，设.
在矩形中，由，E为的中点，
得.
在直角三角形中，，所以，
因为，所以，所以，
所以.
在直角三角形中，.
设，所以.
所以，即.
解得，当时，等号成立，故，
因为，所以，
所以二面角的最大值为.
10．（2021·江苏·南京师大附中高一期末）如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°.

（1）证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设平面PAB与平面PCD的交线为l.由题意可证明平面PCD，从而可得，从而可证明结论.
（2）由题意可得为二面角的平面角. 可证平面平面PCD，直线OP在平面PCD上的射影为直线PF，为OP与平面PCD所成的角，通过解三角形可得答案.
【详解】
（1）证明：设平面PAB与平面PCD的交线为l.
∵，平面PCD，∴平面PCD
∵面PAB，平面PAB与平面PCD的交线为l，∴
∵AB在底面上，l在底面外
∴l与底面平行；
（2）因为，，所以为二面角的平面角.
设CD的中点为F，连接OF，PF,
由圆的性质，，
∵底面，底面，∴
∵,∴平面OPF
∵平面PCD，∴平面平面PCD
∴直线OP在平面PCD上的射影为直线PF
∴为OP与平面PCD所成的角
由题设，设，则
∵，∴
∵，
∴
∴
在中，
∴