(6)空间点，直线，平面之间的位置关系、空间直线，平面的平行、空间直线，平面的垂直-【衡水金卷·先享题】2025-2026学年高一数学必修第二册同步周测卷（人教A版）

高一同步周测卷/数学必修第二册 (六)空间点，直线，平面之间的位置关系、空间直线， 平面的平行、空间直线，平面的垂直 (考试时间40分钟，满分100分) 一、选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的) 1.设a,3是两个不同的平面，m,n是两条不重合的直线，若mCa,nCa,则“a∥B”是“m ∥B,n∥3”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 2.当我们停放自行车时，只要将自行车的排脚放下，自行车就稳了，这用到了 A.三点确定一个平面 B.不在同一直线上的三点确定一个平面 C.两条相交直线确定一个平面 D.两条平行直线确定一个平面 3.已知正方体ABCD一A,B,CD1的棱长为a,则棱BB1到平面AAC1C的距离为 1 B.a D.√2a 4.在正四棱锥P一ABCD中，PA=2,AB=√2，E是PC的中点，则异面直线PA与BE 所成的角为 A受 B香 c开 D.g 5.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当 PA∥平面EBF时，C 2 . 1 B.4 E 数学（人教A版）必修第二册第1页（共4页） 衡水金卷·先享题· 6.在三棱锥P一ABC中，AB十2PC=9,E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作 平行于AB,PC的平面，则该平面截三棱锥P一ABC所得截面的周长为 A.5 B.6 C.8 D.9 二、选择题（本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 7.如图，这是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则 A.AF∥BG B.CH∥BD C.直线EI与BG异面 D.直线EI与BD异面 8.化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟 化硫（化学式SF,)、金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正 八面体（如图1），已知正八面体E一ABCD一F(如图2)的棱长为3，则 D 图1 图2 A.AC⊥DE B.平面EAD∥平面FCB C.直线BC与平面BEDF所成的角为60° D.若点P为棱EB上的动点，则三棱锥F-ADP的体积为定值y区 4 班级 姓名 分数 题号 1 2 4 5 6 8 答案 高一同步周测卷六 数学（人教A版）必修第二册第2页（共4页） 三、填空题（本题共2小题，每小题5分，共10分） 9.已知三个不同的平面a,β，Y和一条直线m,给出五个论断：①m⊥a;②m∥B;③a⊥B; ④α⊥Y;⑤β∥Y.以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的命 题 .（用序号表示) 10.《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在鳖臑PABC 中，PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB=2√6，BC=4,D,E分别为棱PC,PB上一 点，则AE十DE的最小值为 四、解答题（本题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 11.(本小题满分13分)》 如图所示，在正方体ABCD一A1BC1D1中，E,F分别是AB,AA1的中点.求证： (1)E,F,D1,C四点共面； D (2)EF∥平面BCD1; (3)CE,D1F,DA三线共点. D 12.(本小题满分15分)》 如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,AD=√2， M为BC的中点. (1)求证：AMIPB; (2)求C到平面PAM的距离. D-- B 数学（人教A版）必修第二册第3页（共4页）】 衡水金卷·先享题· 13.(本小题满分20分) 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点 的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫作多面 体的面角，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， 故其各个顶点的曲率均为2x-3×等=元，如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，点A 的曲率为，N,M分别为AB,CC的中点，且AB=AC, (1)证明：CN⊥平面ABB1A1; (2)若AA1=√2AB,求二面角B1一AM-C1的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有 著名的欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D,棱数为L,面数为M,则有：D一L十 M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是 常数. -A ⊙ A B1 高一同步周测卷六 数学（人教A版）必修第二册第4页（共4页）高一周测卷 ·数学（人教A版）必修第二册· 高一同步周测卷/数学必修第二册（六） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 题型 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 值 (主题内容) I Ⅲ ① ②⑧③④ ⑥ 档次 系数 平行关系与充要性 1 选择题 5 易 0.80 的综合 平面基本事实的 选择题 5 易 0.78 应用 选择题 5 线面距 中 0.65 4 选择题 5 异面直线所成的角 中 0.50 由线面平行的性质 选择题 中 0.45 求线段之比 选择题 截面问题 中 0.40 7 两直线平行、异面的 选择题 6 v 易 0.75 判断 空间位置关系、体 选择题 6 中 0.35 积、线面角等的综合 与位置关系有关的 9 填空题 易 0.80 开放题 立体儿何中的最值 10 填空题 5 中 0.35 问题 点共面、线共点、线 11 解答题 13 易 0.72 面平行的判定 线线垂直的判定、等 12 解答题 15 中 0.55 积法求点面距 线面垂直，二面角， 13 解答题 20 与立体几何有关的 雅 0.28 新定义问题 ·23· ·数学（人教A版）必修第二册· 参考答案及解析 考答案及解析 一、选择题 1.A【解析】若m∥B,n∥B,则a,B可能平行，也可能 相交，故a∥B不一定成立，若a∥B,则m∥B,n∥B,故 a∥B是m∥B,n∥B的充分不必要条件，故选A. 2.B【解析】自行车的前轮、后轮、排脚与地面的三个 接触点不在同一条直线，它们可以确定一个平面，因 此自行车就稳了，故选B. 3.C【解析】如图，连接AC,BD,它们交于点O,则 A1C⊥BD,又AA1⊥平面ABCD1,BD1C平面 5.D【解析】连接AC交BE于G,连接FG,因为PA∥ ABCD,所以AA⊥BD,因为AA∩AC1= 平面EBF,PAC平面PAC,平面PACn平面BEF= A:,AA,ACC平面AACC,所以BD⊥平面 PG,所以PA/FG,所以E-怨又AD/BC,E为 AACC,所以B1O的长即为棱BB1到平面AAC1C AD的中点，所以瓷能-，所以咒-分故 的距离，而BO= 乞a,所以所求距离为2。 a.故选C. 选D. D B1 B 6.B【解析】如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分 别作EF∥AB,EH∥PC,再分别过点F,H作FG∥ 4.C【解析】连接AC,BD相交于点O,连接OE,OP, PC,HG∥AB,可得E,F,G,H四点共面，因为ABE 则O是AC,BD的中点，故OE∥PA,故∠BEO即为 平面EFGH,EFC平面EFGH,所以AB∥平面EF GH,同理，PC∥平面EFGH,所以截面即为平行四边 异面直线PA与BE所成的角或其补角，由于PA 形EFGH,又由E为线段AP上更靠近P的三等分 2.AB-/BD-2.OE-2PA-1.OB-2BD- 点，且AB+2PC=9,所以EF=号AB,EH=号PC. 所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)= 1,由于cos∠P0B=多BC 号(AB+2PC)=6,故选B =√/CE+BC-2CE·BC·cos∠PCE =√1+()-2X1x反×9=厄，故BE OE十BO,所以OE⊥OB,结合OE=OB,故∠BEO =平，即异面直线PA与BE所成的角为平，故选C, ·24· 高一周测卷 ·数学（人教A版）必修第二册· 二、选择题 7.AD【解析】根据题意，画出该正方体的直规图，对 于A,易得AF∥BG,A正确：对于B,CH与BD异 面，B错误；对于C,直线EI与BG相交，C错误；对于 D,直线EI与BD异面，D正确.故选AD. H(F) GUI 三、填空题 9.①②→③（或③⑤→④，或④⑤→③）【解析】从已 知5个论断看，任取3个组成一个命题，只有涉及平 面a,B,Y和直线m四个元素中的三个时才可能构成 8.ABD【解析】对于A,在正八面体ABCDEF中，连 一个正确的命题，因此可组成两组①②③和③④⑤， 接BD,EF,由对称性可知，EF⊥平面ABCD,且BD, 由①②③组成命题：①②→③，m∥B,只要过m作一 EF,AC相交于点O,O为BD,EF,AC的中点，又AE 个平面与B相交，交线为n,则m∥n,由m⊥a得n⊥ =EC=AF=CF=3,AB=BC=CD=DA=3,故四 a,从而可得B⊥α，是真命题，但把③作为条件，①②中 边形AECF为菱形，四边形ABCD为菱形，可知AC 一个作为结论时，与a或m与B的位置关系不确 ⊥EF,AC⊥BD,又EF,BD是平面BEDF内两条相 定，不能得出正确命题.由③④⑤构成命题：③⑤→ 交直线，所以AC⊥平面BEDF,又DEC平面 ④，④⑤→③，③④→⑤.在已知a⊥B,a⊥y时，B,y可 BEDF,故AC⊥DE,故A正确；对于B,因为O为 能平行也可能相交，所以③④→⑤是假命题.一个平 BD,EF的中点，所以四边形BEDF是平行四边形， 面垂直于两个平行平面中的一个，必垂直于另一个 所以DE∥BF,因为DEC平面EAD,FB丈平面 例如，α⊥B,根据面面垂直的性质定理α内必有直线 EAD,所以FB∥平面EAD,因为AE∥FC,AEC平 与β垂直（与交线垂直的直线），而β∥Y,则这条直线 面EAD,FC丈平面EAD,所以FC∥平面EAD,又 也与y垂直，从而有a⊥Y,因此③⑤→④，④⑤→③是 FB,FC在平面FCB内相交于点F,所以平面EAD∥ 真命题.故可填①②→③，③⑤→④，④⑤→③中的任 平面FCB,故B正确；对于C,因为AC⊥平面BEDF, 意一个 故直线BC与平面BEDF所成的角为∠CBO,由对称 10.3十√3【解析】.PA⊥平面ABC,AB,BCC平面 性可知，由AB=3,易求得正方体的棱长为 ABC,.PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA∩AB 2 ABsin45°=2X3×2=32,所以AC=32,所以 =A,PA,ABC平面PAB,.BC⊥平面PAB,又PB 2 C平面PAB,.BC⊥PB;将侧面PAB,PBC沿PB AB+BC=AC,于是得AB⊥BC,又四边形ABCD 展开，得到展开图如下图所示，则当AD⊥PC,AD∩ 是菱形，所以四边形ABCD是正方形，所以AC⊥ PB=E时，AE+DE取得最小值.：PA=AB BD,OB=OC,故∠CBO=45°，故C错误；对于D,三 棱锥F-ADP的体积VF-ADP=VA-P,其中点A到 2/6,PA⊥AB,∠APB=T,PB=VPA+AB 平面FDP的距离为A0=合BD=3号 ,设菱形 =45,d1am∠BPC-%-号∴∠BPC=吾 BFDE的面积为S,则S=号×BDXEF=-号×3E sin∠APD=sin(平+若）=sin平cos若+ X3E=9,5m=子S=号，若点P为棱EB上的 1 cs至sin若=后+2，(AE+DE)m=PA. 4 动点，则三棱锥F-ADP的体积为定值号×SAmX sin∠APD=26×6+E-3+5. 4 -故D正确，故选AD, 2 ·25· ·数学（人教A版）必修第二册· 参考答案及解析 所以PD⊥AM, (5分) 因为PD∩BD=D,BD,PDC平面PBD, 所以AM⊥平面PBD, (6分) 因为PBC平面PBD, 所以AM⊥PB. (7分) 四、解答题 11.解：(1)连接AB, 因为E,F分别是AB,AA的中点， 所以EF/AB,且EF=AB, D---- (2分) 由正方体性质可得AD,∥BC,AD,=BC, 所以四边形ABCD是平行四边形， 所以CD∥AB, (4分) (2)由题意知PD=DC=1,AD=√2，底面ABCD是 于是得EF∥CD1, 矩形，PD⊥底面ABCD, 所以E,F,D,C四点共面， (5分) 所以可得PA=E,PC=2,BM=CM= ,AM= (2)由(1)知EF∥CD, 2 又EF中平面BCD1,CDC平面BCD, Pw 所以EF∥平面BCD. (7分) 2 (3)分别延长DF,CE交于点P, 在△PAM中，根据余弦定理可得cos∠APM= 因为P∈DF,D1FC平面ADD1A1, PA'+PM-AM 3+106 44_230 所以P∈平面ADDA, (9分) 2PA·PM 15 同理，P∈平面ABCD, (10分) 2X3× 2 又平面ADD1A1∩平面ABCD=AD, =105 所以P∈AD, (12分) 所以sin∠APM=√1-(2) 15 15 所以可得CE,DF,DA三线共点. (13分) 故Saw=合PA·PMsin∠APM 2xx×丽-」 2 15 4 (10分) ,-=sa·PD=号XABMC.PD 3 2 (12分) D 设C到平面PAM的距离为h, 又因为VP-AK=Vc-PAM: 所以可得V:w=子Samw·A- 1 121 PE 12.解：(1)在矩形ABCD中，∠DAB=∠ABM=90°， 铝-器-. 解得人=会， 即C到平面PAM的距离为. (15分) 所以△ABD△BMA, 所以∠ADB=∠BAM, (2分) 13.解：(1)因为在直三棱柱ABC-ABC中，AA1⊥ 设AM与BD交于点O, 平面ABC,AC,ABC平面ABC, 所以AA⊥AC,AA⊥AB, (1分) 所以∠BAM+∠ABD=∠ADB十∠ABD=90°， 所以∠AOB=90°， 所以点A的曲率为2x一2X受-∠BAC-要， 3 即AM⊥BD, (4分) 又因为PD⊥底面ABCD,AMC平面ABCD, 解得∠BAC=于， (2分) ·26· 高一周测卷 ·数学（人教A版）必修第二册· 因为AB=AC, 所以二面角B一AM-C的余弦值为巴 (14分) 所以△ABC为等边三角形， 因为N为AB的中点， 所以CN⊥AB, (4分) 因为AA,⊥平面ABC,CVC平面ABC, 所以AA⊥CN, (5分) 因为AA∩AB=A,AA,ABC平面ABB1A1, 所以CN⊥平面ABB1A1. (6分) (2)取AC的中点F,连接BF,MF, 因为△A1BC为等边三角形， 所以BF⊥AC, 因为三棱柱ABC-ABC为直三棱柱， 所以平面AACC⊥平面ABC, (3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编 因为平面AACC∩平面ABC=AC1,B1FC平 号，分别为1,2，…，M号， 面AB1C1, 设第i号(1≤i≤M)多边形有L:条边， 所以B1F⊥平面AACC, (9分) 因为AM,MFC平面AACC, 则多面体共有L=十L十…十L出条棱， 2 所以BF⊥AM,BF⊥MF, 由题意，多面体共有D=2-M十L=2-M+ 设AB=√2， 十L十十L个顶点， 则AA1=2,AM=B1M=√5，AB1=√6， 2 所以AMP+B1M=AB, i号多边形的内角之和为πL,一2π， 所以AM⊥B1M, 所以所有多边形的内角之和为π(L,十L2十…十 因为BF∩BM=B,BF,B:MC平面BFM, LM)-2πM, (18分) 所以AM⊥平面BFM, 所以多面体的总曲率为2πD一[π(L十L2十…十 因为MFC平面BFM, LM)-2πM] 所以AM⊥MF, =2x(2-M+凸+L十+Ly）-[L4+L+ 2 所以∠FMB:为二面角B一AM-C的平面角， +LM)-2πM]=4π， (12分) 所以简单多面体的总曲率为常数4元. (20分) 因为MF=√)+1-，BM-E, 所以在R△FMB中，eos∠FMB,=器-号。 ·27·