第10章 空间直线与平面（高效培优单元测试·提升卷）数学沪教版2020必修第三册

第10章 空间直线与平面（高效培优单元测试·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．如图，在三棱柱中，E是棱的中点，D是棱BC上一点．若平面ADE，则的值为 ． 【答案】2 【分析】连接相交于，根据线面平行的性质及可得答案. 【详解】连接相交于点，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以，则，即. 故答案为：2. 2．设，为不重合的平面，，，，为不重合的直线，则其中正确命题的序号为 ． ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则； ③若，，，则； 【答案】① 【分析】利用平行公理判断①；利用线面、面面位置关系判断②③④. 【详解】对于①，若，则，①正确； 对于②，由，得与平行或相交或者是异面直线，②错误； 对于③，由，得或，③错误； 对于④，由，得或与是异面直线，④错误， 所以正确命题的序号为①. 故答案为：① 3．如图，设为正方形所在平面外一点，平面 则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】要求点到直线的距离，需要作出，然后计算即可. 【详解】 作于， 因为平面平面 所以， 因为 所以， 因为正方形边长为，所以， 因为，，所以， 所以， 所以点到直线的距离为. 故答案为：. 4．在四面体中，，，、分别为、的中点，则直线与所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】首先作出辅助线，根据平行关系找出直线与所成的角，然后根据垂直关系和线段关系求出该角的值. 【详解】取的中点，连接. 因为分别为的中点， 所以. 又， 所以. 所以直线与所成角为. 在直角三角形中，因为， 所以. 故答案为：. 5．在正六棱锥中，直线过，，，，，中的两个不同的点，已知与直线所成角最小，则满足条件的直线的条数为 条. 【答案】3 【分析】作出图形，结合题意运用正棱锥的性质、直线与平面所成角的性质，找出满足条件的直线的位置，进而可得本题答案． 【详解】设点为底面正六边形的中心，连接、，可得是直线与底面所成的角， 由直线与平面所成角的性质，可知是底面内的直线与所成角的最小值， 显然直线即为满足题意的直线， 由正六边形的性质，可知，所以、的所在直线与直线所成角都相等， 综上所述，当与所成角为最小值时，满足条件的直线有、、，共3条. 故答案为：3 6．如图所示，表示水平放置的在斜二测画法下的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 【答案】6 【分析】过作，结合斜二测的性质进行求解即可． 【详解】过作，则， ∵与轴垂直，且， ∴， 则的边上的高等于， 故答案为： 7．如图，在边长为的正方体中，为的中点，过 、、作正方体的截面，则截面面积为 . 【答案】/ 【分析】首先根据平行的性质，作出平面，再求面积. 【详解】如图，取的中点，连结，，，， 因为为的中点，所以，又， 所以，则平面为平面，且 四边形为截面四边形，为等腰梯形， ，，， 所以梯形的高， 所以梯形的面积. 故答案为： 8．在四棱锥中，平面，，，与平面所成角为，底面为直角梯形，，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】利用线面角的定义求得，进而求得，再利用线面垂直的判定与性质定理证得平面，从而得解. 【详解】在平面中过作，垂足为， 因为平面，所以为与平面所成角，则， 又平面，所以，， 又，所以，，， 因为，则， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为点到平面的距离，即所求为. 故答案为：. 9．将边长为2的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且，若，则点的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】首先作辅助线，取棱的中点，连接，先证明平面平面，利用余弦定理求出的三角函数值，然后过点作交的延长线于点，根据垂直关系和勾股定理求出的值，从而可以确定点的轨迹为圆，最后根据圆的周长公式求出其轨迹长度即可. 【详解】取棱的中点，连接， 则， 又平面， 则平面，由平面， 得平面平面. 在中，，由余弦定理得， 为钝角，且. 在平面内过点作交的延长线于点，而平面平面， 于是平面，连接，又平面，则. 在中，. 在中，， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以其轨迹长度为. 故答案为：. 10．已知二面角的大小为，二面角内一点到平面的距离分别为3和5，则到的距离为 . 【答案】/ 【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，利用余弦定理、正弦定理求解即得. 【详解】令于，于，平面，则， 由，得， 又是平面内的两条相交直线，则平面， 又平面，于是， 是二面角的平面角，， 则，在中，由余弦定理得， 而到的距离是四边形外接圆直径， 所以. 故答案为： 11．刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面所成二面角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为 ． 【答案】 【分析】如图，连接，设，连接，取的中点，连接，利用正四棱锥的结构特征得到为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解. 【详解】如图，连接，设，连接，则平面， 取的中点，连接， 则由正四棱锥的结构特征可知，， 所以为侧面与底面所成的角，设， 则，在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形，所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 故答案为：. 12．如图，矩形 ，，， 分别是 ， 的中点，将平面 沿 折起，使得二面角 的大小为 ．在折起后形成的空间图形中，有如下 个结论： ①平面平面； ②四边形是正方形； ③直线和所成角的正切值是． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】对①，由题可得平面，得证；对②，由题可得即为二面角的平面角，则，结合平面，且，且，得证；对③，由题得即直线与所成的角，利用余弦定理求出，进而求得，得解. 【详解】如图，设，则， 因为，平面，， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故①正确； 因为，平面，平面， 所以即为二面角的平面角，即， 所以， 因为，所以平面，则， 又，且，所以四边形是正方形，故②正确； 连接，则，又， 因为，所以即直线与所成的角， ，故， 所以，即直线与所成角的正切值为，故③正确. 综上，正确的有①②③. 故答案为：①②③. 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项) 13．已知是三个不同的平面，且，则“”是“”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】A 【分析】由面面的位置关系以及充分必要条件的定义判断即可. 【详解】若，，则，故是充分条件， 反之，若，，则或与相交，故不是必要条件. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 14．如图，在四面体中，，，且，D为四面体外一点，要使，需要添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接，证明出平面，要使，其中平面，故需平面，只需，又为的中点，故时，满足要求. 【详解】取的中点，连接， 因为，所以， 因为，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 要使，其中平面，故需平面， 连接，则平面，故只需， 又为的中点，故时，满足要求. 故选：C. 15．如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】由异面直线夹角的定义逐个判断即可. 【详解】对于A：如图：连接，    由正方体的性质可得：，在矩形中，显然不成立， 所以不成立，故错误； 对于B：    如图取中点，连接， 由正方体的结构特点，结合，可得平面， 又平面， 所以， 在正方形中，因为， 所以， 又为平面内两条相交直线， 所以平面，又平面， 所以，故B正确； 对于C：    如图，取的中点，连接， 在正方体中可知：， 所以为平行四边形， 所以， 在正方形中，可知， 所以不成立，即不成立，故C错误， 对于D：    如图，取的中点，连接， 由中位线可知， 又在正方体中可知：， 所以， 设正方体的棱长为2，可得：， 则，所以不成立， 即不成立，故D错误. 故选：B. 16．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作出平面平面，即可得到点的轨迹为线段，然后利用等面积法即可求最小值. 【详解】取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得，则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点，连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，，平面，故平面平面， 又平面，平面，故，即点的轨迹为线段， 设点到的距离为，有， 故，故的长度最小值为. 故选：D. 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 17．如图，在四棱锥中，底面，四边形ABCD是平行四边形且，M，N分别是AB，PC的中点， (1)求证：平面; (2)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，再结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据线面垂直的性质可得，进而根据线面垂直的判定求证平面得解. 【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接， 因为分别为，，的中点， 所以，， 又因为，， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2）由于底面，底面，则， 又四边形ABCD是平行四边形且，故, 平面， 故平面，平面， 故. 18．如图，已知三棱台中，平面平面、是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，． (1)证明：平面； (2)若的中点为，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）通过余弦定理求出边长，根据勾股定理的逆定理证明线线的垂直关系，通过面面垂直的性质定理，说明线面垂直. （2）找出线面角的平面角，计算线面角的平面角的三角函数值，求出线面角大小. 【详解】（1） 在三棱台中，，， 在等腰梯形中，， 由余弦定理得：， 则，即， 而平面平面，平面平面平面， 所以平面. （2） 过作，垂足为，因为平面， 又因为平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 平面，得， 又因为，平面，所以平面， 可得为与平面所在角， 由等面积法可得， 即，解得， 由于点是直角三角形斜边的中点，所以， 所以， 因为为锐角，所以， 所以与平面所成角为. 19．已知斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱与底面所成角的大小为，，且侧面底面． (1)求二面角的正切值； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)． (2)． 【分析】（1）取的中点，连接，，过点作，连接，证得是二面角的平面角．再利用题设条件计算即可； （2）过点作，证明是点到平面的距离，在中，求得，长，得点到平面的距离为. 【详解】（1）如图，过点作，垂足为，连接， ∵侧面底面，侧面底面，侧面， 底面， 为与底面的所成角，即， ∵，∴， ∵是正三角形，， ∴，，，， 侧面底面，侧面底面，底面， 所以侧面，∵侧面，. 过点作，连接，因为，平面， 所以平面，因为平面，所以， 是二面角的平面角． 在中，，，所以， 二面角的正切值为． （2）设点到平面的距离为. 过点作，垂足为． 由（1）知平面，平面，， ∵平面， 平面，是点到平面的距离，即． 在中，， ． 设点，到平面的距离分别为， 连接与相交于点，则是的中点，则． 又是的中点，， 所以则点到平面的距离． 20．如图1，已知等边三角形的边长为，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，得到如图2所示的四棱锥． (1)证明：． (2)在棱上是否存在点满足平面？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由． (3)已知二面角的大小是，点在四边形内（包括边界），且，当直线与直线的夹角的余弦值最大时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)． 【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理证明线线垂直，再结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）利用面面平行的判定定理及性质定理即可求解； （3）根据二面角、线面角的定义，结合面面垂直的性质定理可得点在以为圆心，2为半径的圆上，结合余弦定理即可求解. 【详解】（1）在中，，，由余弦定理求得． 因为，所以． 由题中图2可知，，， ，面 所以平面， 因为平面，所以． （2）假设在棱上存在点满足平面，如图3， 过点作，交于点，连接． 因为，所以平面， 又因为平面，，平面， 所以平面平面． 又因为平面平面，平面平面， 所以，所以． 又因为，所以，从而. （3）由（1）可知，， 所以二面角的平面角为，则． 如图4，过点作，垂足为，求得． 由（1）可知平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面． 因为，可得，所以点在以为圆心，2为半径的圆上． 直线与平面所成的角为， 直线与直线所成的角最小为， 此时，，，， 在中，由余弦定理求得． 21．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离； （3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以． （2）∵平面平面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴，过点A作于点， 由平面平面，得， 又平面，则平面， 因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，， ∴点到平面的距离为. （3）过点作交于，连结， ∵平面，∴平面， ∴为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ，， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， ∴，解得：或（舍） 故. 2 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10章 空间直线与平面（高效培优单元测试·提升卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．如图，在三棱柱中，E是棱的中点，D是棱BC上一点．若平面ADE，则的值为 ． 2．设，为不重合的平面，，，，为不重合的直线，则其中正确命题的序号为 ． ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则； ③若，，，则； 3．如图，设为正方形所在平面外一点，平面 则点到直线的距离为 . 4．在四面体中，，，、分别为、的中点，则直线与所成角的大小为 ． 5．在正六棱锥中，直线过，，，，，中的两个不同的点，已知与直线所成角最小，则满足条件的直线的条数为 条. 6．如图所示，表示水平放置的在斜二测画法下的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 7．如图，在边长为的正方体中，为的中点，过 、、作正方体的截面，则截面面积为 . 8．在四棱锥中，平面，，，与平面所成角为，底面为直角梯形，，则点到平面的距离为 . 9．将边长为2的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且，若，则点的轨迹长度为 . 10．已知二面角的大小为，二面角内一点到平面的距离分别为3和5，则到的距离为 . 11．刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面所成二面角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为 ． 12．如图，矩形 ，，， 分别是 ， 的中点，将平面 沿 折起，使得二面角 的大小为 ．在折起后形成的空间图形中，有如下 个结论： ①平面平面； ②四边形是正方形； ③直线和所成角的正切值是． 其中所有正确结论的序号是 ． 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项) 13．已知是三个不同的平面，且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 14．如图，在四面体中，，，且，D为四面体外一点，要使，需要添加的条件是（   ） A． B． C． D． 15．如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．   B．   C．   D．   16．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度最小值为（   ） A． B． C． D． 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 17．如图，在四棱锥中，底面，四边形ABCD是平行四边形且，M，N分别是AB，PC的中点， (1)求证：平面; (2)求证：． 18．如图，已知三棱台中，平面平面、是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，． (1)证明：平面； (2)若的中点为，求直线与平面所成角的大小． 19．已知斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱与底面所成角的大小为，，且侧面底面． (1)求二面角的正切值； (2)求点到平面的距离． 20．如图1，已知等边三角形的边长为，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，得到如图2所示的四棱锥． (1)证明：． (2)在棱上是否存在点满足平面？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由． (3)已知二面角的大小是，点在四边形内（包括边界），且，当直线与直线的夹角的余弦值最大时，求的值． 21．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 2 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $$