2021全国高三（上）期中数学汇编：空间中的平行关系

第32页/共32页2021全国高三（上）期中数学汇编空间中的平行关系一、单选题1．已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为A． B． C． D．2．如图，正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．3．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是（

）A．与不可能平行B．与是异面直线C．点的轨迹是一条线段D．三棱锥的体积为定值4．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是（

）A．30° B．45° C．60° D．120°5．不同的直线和，不同的平面，，，下列条件中能推出的是（

）A．，， B．，C．，， D．，，6．在正方体中，，，，分别为，，，的中点，则直线与所成角的大小是（

）．A． B． C． D．7．如图是长方体的展开图，且，为正方形，其中P、Q分别为、的中点，下列判断①，②，③，④中，正确的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．38．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和AC1所成角的余弦值是（）A． B．C． D．9．在直三棱柱中，.，分别是、的中点，，则与所成角的余弦值为（

）A． B．C． D．10．在正方体中，下列直线与成60°角的是（

）A． B． C． D．11．在直三棱柱中，已知各棱长都为，E为棱上一点，，则与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．12．如图，已知四棱锥的底面是边长为的正方形，、分别是，的中点，为上一点，且，为正方形内一点（包含边界）.若平面，则的运动轨迹的长度为（

）A． B． C． D．13．已知直角，，，，分别是的中点，将沿着直线翻折至，形成四棱锥，则在翻折过程中，①；②；③；④平面平面，不可能成立的结论是（

）A．①②③ B．①② C．③④ D．①②④二、多选题14．将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，点P为线段AD上的一动点，下列结论正确的是（

）A．异面直线AC与BD所成的角为60°B．是等边三角形C．面积的最小值为D．四面体ABCD的外接球的表面积为8π15．如图所示，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（

）A．直线BN与MB1是异面直线 B．直线AM与BN是平行直线C．直线MN与AC所成的角 D．平面BMN截正方体所得的截面面积为16．已知为正四棱柱，底面边长为2，高为4，则下列说法正确的是（

）A．异面直线与所成角为B．三棱锥的外接球的表面积为C．平面平面D．点到平面的距离为17．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（

）A．平面B．AB与PF所成角为45°C．该二十四等边体的体积为D．该二十四等边体外接球的表面积为18．设空间三条互不重合的直线a、b、c，则下列结论错误的是（

）A．若，b与c是异面直线，则a与c也是异面直线B．若，b与c是异面直线，则a与c也是异面直线C．若，，则D．若，，则三、填空题19．《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．现有阳马，底面，底面为正方形，且，则异面直线与所成角的大小为______四、解答题20．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：（1）B，C，H，G四点共面；（2）平面EFA1平面BCHG.21．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．（1）求证：EF平面ABC；（2）求三棱锥C﹣ABE的体积．22．如图，在四棱锥中，平面底面是菱形，分别为的中点．（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积．23．如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点.（1）证明：平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.24．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)证明：BE⊥平面D1AE；(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．25．如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，点为上一点，且，，．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离．26．如图，已知三棱柱，点为棱的中点．（1）求证：平面；（2）若是等边三角形，且，，平面平面，求三棱锥的体积．27．已知四棱锥A—BCDE，AB=BC=AC=BE=1，CD=2，CD=2，CD面ABC，BE∥CD，F为AD的中点．(1)求证：EF∥面ABC；(2)求四棱锥A—BCDE的体积，28．将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.

(1)求三棱锥的体积；(2)求异面直线与所成的角的大小.29．如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）若点在线段（不包含端点）上，且直线平面，求线段的长.30．1.如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别是棱A1B1、A1D1的中点．(1)求异面直线AN与BM所成角的大小；(2)求点B到平面ANC的距离．

参考答案1．D【分析】取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，设正三棱柱的各棱长为,则，设直线与所成角为，在中，由余弦定理可得，即异面直线与所成角的余弦值为，故选D．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2．A【解析】取的中点，连接,可得四边形为平行四边形，所以，则（或其补角）为异面直线与所成角，在中由余弦定理可求解.【详解】取的中点，连接由分别为的中点，则且在正方体中且,所以且所以四边形为平行四边形，所以则（或其补角）为异面直线与所成角.设正方体的棱长为2，则在中，,所以故选：A【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．3．A【分析】设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，证明平面平面，即可分析选项ABC的正误；再由，得点到平面的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值判断D．【详解】解：设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，如图，∵，平面，平面，∴平面，同理可得平面，又、是平面内的两条相交直线，∴平面平面，而平面，∴平面，得点的轨迹为一条线段，故C正确；并由此可知，当与重合时，与平行，故A错误；∵平面平面，和平面相交，∴与是异面直线，故B正确；∵，则点到平面的距离为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确．故选：A．4．C【分析】将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出异面直线AB与CD所成角的大小.【详解】如图所示：将多面体放置于正方体中，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2则，，设异面直线AB与CD所成角为所以，故故选：C5．C【分析】利用平面与平面的位置关系判断.【详解】由不同的直线和，不同的平面，，，知：若，，，则与相交或平行，故不正确；若，，则与相交或平行，故B不正确；若，，，则由平面平行的判定定理知，故C正确；若，，，则与相交或平行，故D不正确.故选：C.6．C【分析】首先把两条直线平移了有交点，再求其直线所成的角.【详解】如图连接，，则是的中点，又为的中点，所以，连接，则是的中点，又为的中点，所以，于是是直线与所成的角或其补角．易知是正三角形，所以．故选：C7．C【分析】根据长方体的展开图，还原长方体，根据图形求解即可.【详解】将展开图还原成长方体,如图，由图可知①不正确，②正确，③不正确，由，为正方形知,故④正确,综上②④正确．故选：C8．C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法即求.【详解】如图以为原点建立空间直角坐标系，设，则，∴，设直线EF和AC1所成角为，则.故选：C.9．D【分析】取CC1的中点F，过F作FN∥交于N，作FG∥交AC于G，则（或其补角）即为与所成角.过N作MN∥交于M，连结MN，在△FGN中，利用余弦定理即可求得与所成角的余弦值.【详解】如图所示，取CC1的中点F，过F作FN∥交于N，作FG∥交AC于G，因为，分别是、的中点，所以N为的中点，G为AC上靠近点C的点.所以（或其补角）即为与所成角.过N作MN∥交于M，则M为BC上靠近点C的点,连结MN.在直三棱柱中，.，分别是、的中点，不妨设，则,,所以,.在△FGN中，由余弦定理可得：,所以与所成角的余弦值为.故选：D10．B【分析】根据异面直线所成角的求法逐一判断即可.【详解】因为，所以与所成的角为因为，所以与所成的角为因为平面，所以与所成的角为90°，因为，所以平面，因为平面，所以，即与所成的角为90°，故选：B11．C【分析】由平行线作出与所成的角，在三角形中计算边长，再利用余弦定理求解.【详解】过作交于F，连接，则或其补角为与所成的角，在三角形中，由已知计算得，，，，．故选：C12．C【分析】分别取、的中点、，证明出平面平面，利用面面平行的性质定理可知，当点在线段上运动时，平面，可得出点的轨迹为线段，求出即可得解.【详解】如图，分别取、的中点、，连接、、、，设分别交、于点、，连接、、，设，、分别为、的中点，则，且为的中点，同理可知，且为的中点，，平面，平面，平面，因为四边形为正方形，，所以，为的中点，所以，，，同理可得，，，所以，，则，平面，平面，平面，，所以，平面平面，所以当在线段上运动时，由于平面，始终有平面，即的运动轨迹为线段，易知，故选：C.【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.13．D【详解】由题易知，平面时，有成立，故③能成立，又在翻折的过程中，平面与平面的二面角的平面交就是，由翻折轨迹观察，不可能为直角，故④不能成立，所以由选项可知，①②④不可能成立，故选D．点睛：本题考查立体几何的翻折问题．翻折问题关键是找准题目中的变量与不变量，寻找翻折过程中的运动轨迹，结合轨迹图象的特点，就可以得到问题的正确答案．本题中再结合排除法可以解得答案．14．BCD【分析】取的中点，连接，利用等腰三角形三线合一，可得，从而可得，可判断A；通过计算，可得为正三角形；由长为2，所以只需求出边上高的最小值就是面积的最小值；由于，所以四面体的外接球的半径为，从而可求出其表面积．【详解】解：对于A，因为，，所以平面，平面，所以，异面直线AC与BD所成的角为90°，不是60°，所以A错；对于B，因为，所以，同理，所的是等边三角形，所以B对；对于C，因为，所以要求面积的最小值，只须求BC边上高的最小值，此最小值恰为异面直线AD与BC的距离，设为h，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以直线AD到平面距离即为h，即点D到平面距离为h，因为，所以，解得，所以面积的最小值，所以C对；对于D，由于，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为，所以表面积为，所以D对．故选：BCD．【点睛】方法点睛：求外接球半径的常用方法：（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．15．AD【分析】根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面截正方体所得的截面，并求面积.【详解】直线BN与MB1是异面直线，故A正确；直线AM与BN是异面直线，故B错误；如下图，由条件可知，所以异面直线与所成的角为，是等边三角形，所以，故C错误；如下图，连接、、，因为，，所以，又，则四边形是梯形，且四边形为平面截正方体所得的截面，，，所以四边形是等腰梯形，则梯形的高是，所以梯形的面积，故D正确.故选：AD.16．BCD【分析】对于A：由正四棱柱的性质得（或其补角）就是异面直线与所成的角，再运用余弦定理计算可判断；对于B：三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个，由球的表面积公式计算可判断；对于C：由正四棱柱的性质结合面面平行的判定可判断；对于D：设点到平面的距离为d，运用等体积法得，可求得距离.【详解】解：对于A：由正四棱柱的性质得，所以（或其补角）就是异面直线与所成的角，而正四棱柱的底面边长为2，高为4，所以，在中，，所以，故A不正确；对于B：三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个，且外接球的半径为，所以外接球的表面积为，故B正确；对于C：由正四棱柱的性质得，又因为面，面，所以面，同理证得面，又，面，所以平面平面，故C正确；对于D：设点到平面的距离为d，则，由A选项的解析得，又，所以，解得，故D正确，故选：BCD．17．CD【分析】将该二十四等边体补形为正方体,利用与是异面直线判定选项A错误，利用和的形状判定选项B错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项C正确，利用该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心及球的表面积公式判定选项D正确.【详解】将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，对于A：正方体的体对角线平面，而与是异面直线，所以平面不成立，即选项A错误；对于B：因为，所以是AB与PF所成角或其补角，在中，，，因为，所以，即选项B错误；对于C：因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，所以该二十四等边体的体积为，即选项C正确；对于D：设该二十四等边体外接球的半径为，该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心，正方体六个表面的面积都为1，所以，所以其表面积为，即选项D正确.故选：CD.18．ABC【分析】根据各选项的线线的位置关系，结合平面的基本性质及平行公理，判断正误即可.【详解】A：，b与c是异面直线，则a与c可能异面、相交，故错误；B：，b与c是异面直线，则a与c可能异面、相交、平行，故错误；C：，，则a与c可能异面、相交、平行，故错误；D：，，由平行公理的推论知：，故正确.故选：ABC19．##60°【分析】作异面直线与所成角的平面角，解三角形求其大小.【详解】如图，取AB，BC，PA的中点E，F，G，连接EF，FG，GE，则，，∴为异面直线与所成角的平面角(或其补角)，设PA=2，∵底面为正方形，，∴，，，在中，，，，由余弦定理可得：，又，所以，且异面直线与所成角为锐角，∴

异面直线与所成角为，故答案为：.20．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】(1)利用三角形中位线的性质，证明，从而可得，即可证明，，，四点共面.(2)证明平面中有两条直线、分别平面中的两条直线平行、平行，即可得到平面平面【详解】证明：（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GHB1C1.又∵B1C1BC，∴GHBC，∴B，C，H，G四点共面.（2）∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EFBC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF平面BCHG.∵A1GEB且A1G=EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E平面BCHG.又∵A1E∩EF=E，A1E⊂平面EFA1，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1平面BCHG.21．（1）证明见解析；（2）3.【分析】（1）取AC中点G，证明四边形EFBG是平行四边形得出BGEF，故而EF平面ABC；（2）根据计算体积．【详解】（1）证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，在△ACC1中，EG为中位线，所以EGCC1，，又因为CC1BB1，CC1＝BB1，F为BB1的中点，所以EGBF，EG＝BF，所以四边形EFBG为平行四边形，所以EFGB，又EF平面ABC，GB平面ABC，所以EF平面ABC．（2）因为E为AC1的中点，所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，即三棱锥E﹣ABC的高h＝CC1＝，又△ABC的面积为，所以．22．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）取的中点连接，通过证明四边形是平行四边形得出即可证明；（2）连接交于点，连接，利用等体积法由可求出.【详解】解：（1）证明：如图，取的中点连接．是的中点，是的中位线，，又，，四边形是平行四边形，又平面平面平面；（2）如图，连接交于点，连接，又平面平面在菱形中，，.23．（1）证明见解析（2）【解析】（1）取的中点，连接，，可证四边形是平行四边形，即得，即可证明线面平行.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦值.【详解】解：（1）证明：取的中点，连接，.∵是的中点，∴.∵是的中点，∴，∴四边形是平行四边形，∴.∵平面，平面，∴平面.（2）解：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系.∵，，∴，，则，，，，，则，.设平面的法向量为，则，即，令，则，得.设直线与平面所成角为，∵，∴，故与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，线面角的计算，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题.24．（1）证明见解析（2）线段AB上存在满足题意的点M，且＝【分析】（1）先计算得BE⊥AE，再根据面面垂直性质定理得结果，（2）先分析确定点M位置，再取D1E的中点L，根据平面几何知识得AMFL为平行四边形，最后根据线面平行判定定理得结果.【详解】(1)证明连接BE，∵ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面D1AE.(2)解AM＝AB，取D1E的中点L，连接AL，FL，∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝AB，∴FL∥AM，FL=AM∴AMFL为平行四边形，∴MF∥AL，因为MF不在平面AD1E上，AL⊂平面AD1E，所以MF∥平面AD1E.故线段AB上存在满足题意的点M，且＝.【点睛】本题考查线面平行判定定理以及面面垂直性质定理，考查基本分析论证求解能力，属中档题.25．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由已知得点为的中点，再由平面几何知识得四边形为平行四边形，运用面面平行的性质和线面平行的判定可得证；（2）运用等体积法可求得点到平面的距离．【详解】（1）因为四棱柱为直四棱柱，所以，又已知，所以点为的中点，又，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又在平面中，，在平面中，，由面面平行的判定定理得平面平面，又平面，所以平面；（2）由（1）知点为的中点，又在梯形中，，所以为等边三角形，所以，又，所以，所以的面积，则，又在中，，又在，由余弦定理得，所以的面积为，设点到平面的距离为，由等体积法有，则，即，解得，故所求点到平面的距离为．【点睛】方法点睛：求点到面的距离常用的方法：1.常用等积法；2.直接作出点到平面的垂线段，则该垂线段的长度就是所求的距离；3.转化，过这一点作平面的平行线，找其他求解方便的点；4.向量，做平面法向量，在平面上随便找一点，与已知点连接，用向量的距离公式求解．26．（1）证明见解析；（2）1．【分析】（1）连接交于，连接，根据三棱柱的特征，易知M为中点，再由为的中点，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；（2）由平面平面，得到平面，然后由求解.【详解】（1）如图所示：连接交于，连接．由三棱柱知，四边形为平行四边形，为的中点，又为的中点，，又面．平面，面．（2）平面平面，，平面是等边三角形，且，，，，，，．27．(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）取中点，连接，证明，从而得证线面平行；（2）取中点，证明是四棱锥的高，证明底面是直角梯形，然后由体积公式计算体积．(1)取中点，连接，又是中点，则，，又，所以，所以是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；(2)取中点，连接，由于是等边三角形，则，因为CD面ABC，面ABC，所以，因为，平面，所以平面，由已知，由CD面ABC，面ABC，所以，是直角梯形，，所以．28．(1)(2).【详解】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径，，再由三角形面积公式计算后即得.（2）设过点的母线与下底面交于点，根据，知或其补角为直线与所成的角，再结合题设条件确定，．得出即可．试题解析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．由的长为，可知．，．（2）设过点的母线与下底面交于点，则，所以或其补角为直线与所成的角．由长为，可知，又，所以，从而为等边三角形，得．因为平面，所以．在中，因为，，，所以，从而直线与所成的角的大小为．【考点】几何体的体积、空间角【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题时，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的