(7)基本图形位置关系-【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（苏教版）

高一同步周测卷/数学必修第二册 (七)基本图形位置关系 (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∥3”是“m ∥B,n∥g”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A1B1CD1的棱长为a,则棱BB1到平面AA,CC的距离为 4® 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号 B号 C. D 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，咒 A. 2 B.4 E2方 数学（苏教版）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.四边形ABCD不是正方形 D.直线BC与平面BEDF所成的角为60° 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 高一同步周测卷七 数学（苏教版）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，在平行四边形ABCD中，AB=2AD=4,∠BAD=60°，E为AB的中点，将 △ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，使平面PDE⊥平面BCDE, (1)证明：平面PCE⊥平面PDE; (2)设F为线段PC的中点，求点F到平面PDE的距离. 数学（苏教版）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 B1 高一同步周测卷七 数学（苏教版）必修第二册第4页（共4页）高一周测卷 ·数学（苏教版）必修第二册· 高一同步周测卷/数学必修第二册（七） 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 W.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 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) V ① 9 ③④⑤⑥ 档次 系数 平行关系与充要性 选择题 易 0.80 的综合 平面基本事实的 选择题 0.78 应用 选择题 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 5 选择题 5 中 0.45 求线段之比 6 选择题 5 截面问题 / 中 0.40 两直线平行、异面的 选择题 6 易 0.75 判断 空间位置关系、线面 选择题 6 中 0.35 角等的综合 与位置关系有关的 9 填空题 5 易 0.80 开放题 立体几何中的最值 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 面面垂直的判定，求 12 解答题 15 中 0.55 点到平面的距离 线面垂直，二面角， 13 解答题 20 与立体几何有关的 秘 0.28 新定义问题 季考答案及解析 一、选择题 2.B【解析】自行车的前轮、后轮、排脚与地面的三个 1.A【解析】若m∥B,n∥B,则a,B可能平行，也可能 接触点不在同一条直线，它们可以确定一个平面，因 相交，故a∥B不一定成立，若a∥B,则m∥B,n∥B,故 此自行车就稳了，故选B a∥B是m∥B,n∥B的充分不必要条件.故选A. 3.C【解析】如图，连接ACi,BD,它们交于点O,则 ·25· ·数学（苏教版）必修第二册· 参考答案及解析 AC⊥BD1,又AA1⊥平面ABCD1,B1D1C平面 A B CD,所以AA:⊥BD,因为AA∩AC= A1,AA1,AC1C平面AAC1C,所以B1D1⊥平面 AACC,所以B,O的长即为棱BB1到平面AA,CC 的距离，而B0-号。，所以所求距离为 a.故选C D B 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∥ PC,HG∥AB,可得E,F,G,H四点共面，因为AB在 平面EFGH,EFC平面EFGH,所以AB∥平面EF- D GH,同理，PC∥平面EFGH,所以截面即为平行四边 形EFGH,又由E为线段AP上更靠近P的三等分 点，且AB+2PC=9,所以EF=号AB,EH=号PC, 4.C【解析】连接AC,BD相交于点O,连接OE,OP, 则O是AC,BD的中点，故OE∥PA,故∠BEO即为 所以平行四边形EFGH的周长为2(EF十EH)= 异面直线PA与BE所成的角或其补角，由于PA 号(AB+2PO=6.放选B 2,AB=E,故BD=2,0E=2PA=1,0B=合BD 1,由于cos∠PCB= PC 4 ,故BE= √CE+BC-2CE·BC·cos∠PCB =√+(E)'-2x1xE× =√瓦，故BE OE十BO,所以OE⊥OB,结合OE=OB,故∠BEO H =平，即异面直线PA与BE所成的角为平，故选C, 二、选择题 7.AD【解析】根据题意，画出该正方体的直观图，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) G(D 5.D【解析】连接AC交BE于G,连接FG,因为PA∥ 平面EBF,PAC平面PAC,平面PAC∩平面BEF= D-- FG,所以PA∥FG,所以PF=A FCGC .又AD∥BC,E为 AD的巾点，所以瓷-能=立所以瓷=子：故 8.AB【解析】对于A,在正八面体ABCDEF中，连接 BD,EF,由对称性可知，EF⊥平面ABCD,且BD, 选D. EF,AC相交于点O,O为BD,EF,AC的中点，又AE =EC=AF=CF=3,AB=BC=CD=DA=3,故四边 形AECF为菱形，四边形ABCD为菱形，可知AC⊥1 EF,AC⊥BD,又EF,BD是平面BEDF内两条相交 直线，所以AC⊥平面BEDF,又DEC平面BEDF, ·26· 高一周测卷 ·数学（苏教版）必修第二册· 故AC⊥DE,故A正确：对于B,因为O为BD,EF的 中点，所以四边形BEDF是平行四边形，所以DE∥ BF,因为DEC平面EAD,FB亡平面EAD,所以FB ∥平面EAD,因为AE∥FC,AEC平面EAD,FC中 平面EAD,所以FC∥平面EAD,又FB,FC在平面 FCB内相交于点F,所以平面EAD∥平面FCB,故B 正确；对于C,由对称性可知，由AB=3,易求得正方 体的棱长为2 ABsin45°=2×3X巨=3√2，所以AC 2 四、解答题 =3E,所以AB十BC=AC,于是得AB⊥BC,又 11.解：(1)连接AB, 四边形ABCD是菱形，所以四边形ABCD是正方形， 因为E,F分别是AB,AA的中点， 故C错误；对于D,因为AC⊥平面BEDF,故直线BC 与平面BEDF所成的角为∠CBO,因为四边形AB- 所以EF∥AB,且EF=之AB, (2分) CD为正方形，所以AC⊥BD,OB=OC,故∠CBO= 由正方体性质可得AD∥BC,AD=BC, 45°，故D错误.故选AB. 所以四边形ABCD是平行四边形， 三、填空题 所以CD1∥AB, (4分) 9.①②→③（或③⑤→④，或④⑤→③）【解析】从已 于是得EF∥CD, 知5个论断看，任取3个组成一个命题，只有涉及平 所以E,F,D,C四点共面 (5分) 面a,B,Y和直线四个元素中的三个时才可能构成 (2)由(1)知EF∥CD1, 一个正确的命题，因此可组成两组①②③和③④⑤， 又EF丈平面BCD,,CD,C平面BCD, 由①②③组成命题：①②→③，m∥B,只要过m作一 所以EF∥平面BCD. (7分) 个平面与3相交，交线为n,则m∥n,由m⊥a得n⊥ (3)分别延长D1F,CE交于点P, a,从而可得B⊥a,是真命题，但把③作为条件，①②中 因为P∈D1F,DFC平面ADD1A, 一个作为结论时，m与a或m与B的位置关系不确 所以P∈平面ADD1A1, (9分) 定，不能得出正确命题.由③④⑤构成命题：③⑤→ 同理，P∈平面ABCD, (10分) ④，④⑤→③，③④→⑤.在已知a⊥B,a⊥Y时，B,Y可 又平面ADDA∩平面ABCD=AD, 能平行也可能相交，所以③④→⑤是假命题.一个平 所以P∈AD, (12分) 面垂直于两个平行平面中的一个，必垂直于另一个. 所以可得CE,D1F,DA三线共点， (13分) 例如，a⊥B,根据面面垂直的性质定理α内必有直线 与B垂直（与交线垂直的直线），而β∥Y,则这条直线 也与y垂直，从而有x⊥Y,因此③⑤→④，④⑤→③是 真命题.故可填①②→③，③⑤→④，④⑤→③中的任 意一个. 10.3+√3【解析】·PA⊥平面ABC,AB,BCC平面 ABC,∴.PA⊥AB,PA⊥BC,:AB⊥BC,PA∩AB D =A,PA,ABC平面PAB,.BC⊥平面PAB,又PB C平面PAB,∴.BC⊥PB:将侧面PAB,PBC沿PB 展开，得到展开图如下图所示，则当AD⊥PC,AD∩ PB=E时，AE十DE取得最小值.：PA=AB 26,PA⊥AB∠APB=平，PB=VPA+AB 12.解：(1)因为AB=2AD,E为AB的中点，则AE =AD. =45,iam∠BPC=器-9∠BPC=各 又∠BAD=60°，则△ADE为正三角形， 所以∠AED=60°. (3分) ∴in∠APD=sin(年+晋)=sin牙cos晋+ 因为BE=BC,∠CBE=120°，则∠CEB=30°， os吾in吾-6+E,i(AE+DE)=PA· 从而∠CED=180°-∠AED-∠CEB=90°，即CE 4 ⊥DE. (6分) sin∠APD=2w6×6+E-3+5. 因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BC DE=DE,CEC平面BCDE, 所以CE⊥平面PDE. 由CEC平面PCE,得平面PCE⊥平面PDE, (8分) ·27· ·数学（苏教版）必修第二册· 参考答案及解析 (2)取PE的中点G,连接FG. 则AA1=2,AM=BM=√5，AB1=√6， 因为F为PC的中点，则FG∥CE,且FG=CE, 所以AMP+BMP=AB, 所以AM⊥BM, 所以FG⊥平面PDE, 因为BF∩BM=B,BF,BMC平面BFM, 所以点F到平面PDE的距离为FG. 所以AM⊥平面BFM, 在△BCE中，BE=BC=2,∠CBE=120°，(12分) 因为MFC平面BFM, 则CE=2 BEsin60°=2√5， 所以AM⊥MF, 所以FG=√5， 所以∠FMB,为二面角B:一AM-C的平面角， 即点F到平面PDE的距离为√， (15分) (12分) 因为MF= (9)+1-5,B,M=E, 所以在R△FMB中，cOs∠FMB,=MB= 所以二面角五一AM-G的余弦值为号 (14分) 13.解：(1)因为在直三棱柱ABC-AB1C中，AA⊥ 平面ABC,AC,ABC平面ABC, 所以AA⊥AC,AA⊥AB, (1分) 所以点A的曲率为2x-2×受-∠BAC=罗 3 解得∠BAC=号， (2分) 因为AB=AC, 所以△ABC为等边三角形， B1 因为N为AB的中点， (3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编 所以CN⊥AB, (4分) 号，分别为1,2，…，M号， 因为AA⊥平面ABC,CNC平面ABC, 设第i号(1≤i≤M)多边形有L,条边， 所以AA1⊥CN, (5分) 因为AA∩AB=A,AA1,ABC平面ABB1A, 则多面体共有L=L十L十…+L“条棱， 2 所以CN⊥平面ABB1A. (6分) 由题意，多面体共有D=2-M+L=2一M+ (2)取AC的中点F,连接BF,MF, 因为△A1BC1为等边三角形， L十L十+L个顶点， 2 所以BF⊥AC, i号多边形的内角之和为πL,一2π， 因为三棱柱ABC-ABC为直三棱柱， 所以所有多边形的内角之和为π(L十L2十…十 所以平面AACC⊥平面AB,C, LM)-2πM, (18分) 因为平面AACC∩平面ABC=AC,B1FC平 所以多面体的总曲率为2πD一[π(L1十L。十…十 面ABC1, LM)-2πM 所以BF⊥平面AACC, (9分) 因为AM,MFC平面AACC, =2x(2-M++L十+Ly）-[xL+L,+ 2 所以BF⊥AM,B1F⊥MF, 十LM)-2π]=4π， 设AB=√2， 所以简单多面体的总曲率为常数4π ·28·