(7)直线与直线、直线与平面的位置关系以及平面与平面的位置关系-【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（湘教版）

高一同步周测卷/数学必修第二册 (七)直线与直线、直线与平面的位置关系 以及平面与平面的位置关系 (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.已知a,3是两个不同的平面，m是一条直线且ma,则a⊥B是m⊥3的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 2.已知P为△ABC所在平面外一点，平面a∥平面ABC,且a交线段PA,PB,PC于点 A',B',C,若PA':AA′=3：4，则S△AB'C:S△ABc= A.3:4 B.3:7 C.9:16 D.9:49 3.已知正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为a,则棱BB1到平面AA,CC的距离为 Ag。 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罗 B等 c D.晋 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，F PF 1 B.4 E 数学（湘教版）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 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 3 4 5 6 7 8 答案 高一同步周测卷七 数学（湘教版）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,3,y和一条直线m,给出五个论断：①m⊥a;②m∥3；③α⊥3； ④α⊥Y;⑤3∥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嚅.如图，在鳖嚅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) 已知在三棱柱ABC一A1B,C1中，侧面AA1B1B为菱形，侧面AA,C1C为正方形， AA1=2,∠ABB1=60°，E为AC的中点. (1)求证：BC∥平面A1BE; (2)若EB=EA1,求证：△AB,C是直角三角形. B 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：CE⊥DE; (2)证明：平面PCE⊥平面PDE; (3)设F为线段PC的中点，求点F到平面PDE的距离. D 数学（湘教版）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一3×零=元.如图，在直三棱柱ABC-ABC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AA,=√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 B 高一同步周测卷七 数学（湘教版）必修第二册第4页（共4页)高一周测卷 ·数学（湘教版）必修第二册· 高一同步周测卷/数学必修第二册（七） 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 ① ③④⑤ ⑥ 档次 系数 垂直关系与充要性 1 选择题 易 0.80 的综合 面面平行性质的 选择题 易 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 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 易 0.80 开放题 立体几何中的最值 10 填空题 5 中 0.35 问题 线面平行、线线垂直 11 解答题 13 易 0.72 的判定 线线垂直、面面垂直 12 解答题 15 的判定，求点到平面 中 0.55 的距离 线面垂直，二面角， 13 解答题 20 与立体几何有关的 难 0.28 新定义问题 季考答案及解析 一、选择题 B,mCa,则a⊥B:反之，当a⊥3时，则a,β相交，记交 1.B【解析】由平面与平面垂直的判定定理知，若⊥ 线为l,又mCa,所以m∥l或，l相交或m,l重合， ·29· ·数学（湘教版）必修第二册· 参考答案及解析 若m∥1，又lCB,m史B,则m∥B,所以不一定能得到a ⊥B.所以α⊥B是m⊥B的必要而不充分条件.故 选B. 2.D【解析】：平面ac∥平面ABC,平面PAB∩平面a =A'B′，平面PAB∩平面ABC=AB,A'B′∥AB, 同理可得A'C'∥AC,B'C'∥BC,∴.S△C:S△Bc (PA':PA)2,又PA':AA'=3:4,PA':PA=3:7, --0 .SANBC:SABe=9:49.故选D. 5.D【解析】连接AC交BE于G,连接FG,因为PA∥ 3.C【解析】如图，连接AC,BD,它们交于点O,则 平面EBF,PAC平面PAC,平面PAC∩平面BEF= A1C⊥BD1,又AA1⊥平面A1BCD1,B1DC平面 A1B1C1D1,所以AA:⊥BD1,因为AA∩A1C1= FG,所以PA/∥FPG,所以瓷-怨又AD∥nC,E为 A,AA,AC1C平面AACC,所以BD⊥平面 AD的中点，所以怨=能=是，所以瓷=子故 AACC,所以BO的长即为棱BB1到平面AAC1C 选D. 的距离，而B0-号，所以所求距离为号。故选C D 11 D B 6.B【解析】如图所示，在三棱锥P一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 4.C【解析】连接AC,BD相交于点O,连接OE,OP, 平面EFGH,EFC平面EFGH,所以AB∥平面EF 则O是AC,BD的中点，故OE∥PA,故∠BEO即为 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-PA-1.OB-BD- 点，且AB+2PC=9,所以EF=子AB,EH=号PC, 所以平行四边形EFGH的周长为2(EF十EH)= 1,由于cos∠PCB= PC 号(AB+2PC)=6,枚远B √CE+BC-2CE·BC·cos∠PCB =√+(E)-2X1x×9=,放BE OE+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 ·30· 高一周测卷 ·数学（湘教版）必修第二册· =3√2，所以AC=3√2，所以AB+BC=AC,于是 得AB⊥BC,又四边形ABCD是菱形，所以四边形 ABCD是正方形，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ABCD为正方形，所以AC BD,OB=OC,故∠CBO=45°，故D错误.故选AB. 三、填空题 9.①②→③（或③⑤→④，或④⑤→③）【解析】从已 二、选择题 知5个论断看，任取3个组成一个命题，只有涉及平 7,AD【解析】根据题意，画出该正方体的直观图，对 面，B,y和直线m四个元素中的三个时才可能构成 于A,易得AF∥BG,A正确；对于B,CH与BD异 一个正确的命题，因此可组成两组①②③和③④⑤， 面，B错误：对于C,直线EI与BG相交，C错误：对于 由①②③组成命题：①②→③，m∥B,只要过m作一 D,直线EI与BD异面，D正确.故选AD 个平面与B相交，交线为n,则m∥n,由m⊥a得n⊥ H(F) GU a,从而可得B⊥a,是真命题，但把③作为条件，①②中 一个作为结论时，与a或m与B的位置关系不确 定，不能得出正确命题.由③④⑤构成命题：③⑤→ ④，④⑤→③，③④→⑤.在已知a⊥B,a⊥y时，B,y可 D- 能平行也可能相交，所以③④→⑤是假命题.一个平 面垂直于两个平行平面中的一个，必垂直于另一个 8.AB【解析】对于A,在正八面体ABCDEF中，连接 例如，α⊥B,根据面面垂直的性质定理α内必有直线 BD,EF,由对称性可知，EF⊥平面ABCD,且BD, 与β垂直（与交线垂直的直线），而B∥y,则这条直线 EF,AC相交于点O,O为BD,EF,AC的中点，又AE 也与y垂直，从而有a⊥y,因此③⑤→④，④⑤→③是 =EC=AF=CF=3,AB=BC=CD=DA=3,故四 真命题.故可填①②→③，③⑤→④，④⑤→③中的任 边形AECF为菱形，四边形ABCD为菱形，可知AC 意一个 ⊥EF,AC⊥BD,又EF,BD是平面BEDF内两条相 10.3十√3【解析】，PA⊥平面ABC,AB,BCC平面 交直线，所以AC⊥平面BEDF,又DEC平面 ABC,.PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA∩AB BEDF,故AC⊥DE,故A正确；对于B,因为O为 =A,PA,ABC平面PAB,∴.BC⊥平面PAB,又PB BD,EF的中点，所以四边形BEDF是平行四边形， C平面PAB,∴.BC⊥PB;将侧面PAB,PBC沿PB 所以DE∥BF,因为DEC平面EAD,FB丈平面 展开，得到展开图如下图所示，则当AD⊥PC,AD∩ EAD,所以FB∥平面EAD,因为AE∥FC,AEC平 PB=E时，AE+DE取得最小值.：PA=AB= 面EAD,FC丈平面EAD,所以FC∥平面EAD,又 26,PA⊥AB,∠APB=T,PB=√PA+AB 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 =4E,tm∠BPC=路-号，：∠BPC=舌 =3,易求得正方体的棱长为2 ABsin45°=2X3×② 2 ∴sin∠APD=sin(平+g)=sin平cos否+ ·31· ·数学（湘教版）必修第二册· 参考答案及解析 cos景m吾-E+E,(AE+DE)=PA· 12.解：(1)因为AB=2AD,E为AB的中点，则AE 4 =AD. sim∠APD=26x6+E=3+5. 又∠BAD=60°，则△ADE为正三角形， 所以∠AED=60° (3分) 因为BE=BC,∠CBE=120°，则∠CEB=30°. 从而∠CED=180°-∠AED-∠CEB=90°，即CE ⊥DE. (6分) (2)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面 BCDE=DE,CEC平面BCDE,CE⊥DE, 所以CE⊥平面PDE 四、解答题 由CEC平面PCE,得平面PCE⊥平面PDE. 11.解：(1)设AB与AB的交点为M,连接EM, (8分) 在三棱柱ABC-ABC中，四边形AA1B,B为菱 (3)取PE的中点G,连接FG 形，所以M为AB,的中点， 又因为E为AC的中点，则EM∥BC, (4分) 因为F为PC的中点，则FG/CE,且FG=2CE, 因为EMC平面A1BE,B,C丈平面ABE,故B,C∥ 所以FG⊥平面PDE, 平面ABE. (6分) 所以点F到平面PDE的距离为FG. 在△BCE中，BE=BC=2,∠CBE=120°，(12分) 则CE=2 BEsin60°=2√3，所以FG=√3， E 即点F到平面PDE的距离为√3， (15分) A -2: B B1 (2)因为四边形AAC1C为正方形，则∠A,AE= 90°， (8分) EA=EB 在△AA1E和△ABE中，{AA1=AB, 13.解：(1)因为在直三棱柱ABC-ABC中，AA1⊥ AE-AE 平面ABC,AC,ABC平面ABC, 所以△AA1E≌△ABE, (10分) 所以AA⊥AC,AA1⊥AB, (1分) 所以∠BAE=∠AAE=90°，所以AC⊥AB, 所以点A的曲率为2x一2X受-∠BAC-要， 3 (11分) 又AC⊥AA,AB∩AA=A,AB,AAC平面 解得∠BAC=号， (2分) AA1BB,所以AC⊥平面AA1BB, (12分) 因为AB=AC, 因为AB:C平面AAB:B,所以AC⊥AB1, 所以△ABC为等边三角形， 即△ABC是直角三角形. (13分) 因为N为AB的中点， ·32· 高一周测卷 ·数学（湘教版）必修第二册· 所以CN⊥AB, (4分) 所以在Rt△FMB,中，cos∠FMB,= FM2 MB 2 因为AA⊥平面ABC,CVC平面ABC, 所以AA⊥CN, (5分) 所以二面角B一AM-C的余弦值为 2 (14分) 因为AA1∩AB=A,AA1,ABC平面ABB1AL, 所以CN⊥平面ABB:A. (6分) (2)取AC1的中点F,连接BF,MF, 因为△ABC为等边三角形， 所以BF⊥AC, 因为三棱柱ABC-A1BC为直三棱柱， 所以平面AACC⊥平面AB,C, 因为平面AACC∩平面ABC1=AC,BFC平 面ABC, (3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编 所以B1F⊥平面AACC, (9分) 号，分别为1,2，…，M号， 因为AM,MFC平面AAC1C, 设第i号(1≤i≤M多边形有L,条边， 所以B1F⊥AM,B1F⊥MF, 则多面体共有L=上+L十…+条棱， 2 设AB=√2， 由题意，多面体共有D=2-M十L=2-M十 则AA=2,AM=B1M=√3，AB,=√6， 所以AM+B:MP=AB, L十L十…十LM个顶点， 2 所以AM⊥BM, i号多边形的内角之和为πL:一2π， 因为B1F∩BM=B,B1F,BMC平面B1FM, 所以所有多边形的内角之和为π(L十L2十…十 所以AM⊥平面B:FM, LM)-2πM, (18分) 因为MFC平面B,FM, 所以多面体的总曲率为2πD-[π(L1十L2十…十 所以AM⊥MF, LM)-2πM0 所以∠FMB:为二面角B,一AM-C的平面角， =2π(2-M+L+Le十+Lw 一[π(L十L2十… 2 (12分) 十LM)-2πM]=4π， 因为M=√不)+-BM-5, 所以简单多面体的总曲率为常数4π ·33·