2026高二数学上学期第一次月考卷（上海专用）（立体几何）【测试范围：沪教版2020必修第三册第十章】含解析

2025-2026 学年高二上学期第一次月考数学卷全解析 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：沪教版2020必修第三册第十章。 5．难度系数：0.65。 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．用集合符号表示直线 l 在平面ꢀ上ꢀ ______ 1．ꢀ푙ꢀꢀ【ꢀ 分析】直线 l 在平面ꢀ上ꢀ ，利用集合与集合的关系符合表示即可. 【详解】直线 l 在平面ꢀ上ꢀ ，即直线 l 包含于平面ꢀ，ꢀ 利用集合与集合的关系表示为ꢀ푙ꢀꢀ.ꢀ故答案为：ꢀ푙ꢀꢀ ꢀ 2．若直线ꢀꢀ⊂⊂平面ꢀ，ꢀ 直线ꢀ在ꢀ 平面ꢀ内ꢀ ，则直线ꢀ与ꢀ ꢀ的ꢀ 位置关系为___________. 2．平行或异面【分析】由直线ꢀꢀ⊂平面ꢀ，ꢀ 直线ꢀ在ꢀ 平面ꢀ内ꢀ ，知ꢀꢀ⊂⊂，ꢀ 或ꢀ与ꢀ ꢀ异ꢀ 面． 【详解】解： ꢁ 直线ꢀꢀ⊂平面ꢀ，ꢀ 直线ꢀ在ꢀ 平面ꢀ内ꢀ ，则直线ꢀ与ꢀ 平面ꢀ内ꢀ 任意直线无交 点， / ꢀꢀ⊂⊂，ꢀ 或ꢀ与ꢀ ꢀ异ꢀ 面.故答案为：平行或异面. 3．已知正方体ꢀꢀꢀꢀꢀ퐴ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢂꢀꢀ ꢀꢂ的棱长为 1,则点ꢀꢀ到平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ的距离为______ 由正方体ꢀꢀꢀꢀꢀ퐴ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢂꢀꢀ ꢀꢂ的棱长为 1 求出结果即可.【详解】如图所示,连接ꢀꢀ,ꢀ交ꢀꢀꢀ于ꢀꢀ ꢀ, ꢁ ꢀꢀ퐶ꢀꢀꢀꢀ，ꢀꢀꢀ퐶ꢀꢀꢀꢀꢂ，ꢀꢀꢀꢂꢃꢀꢀꢀ퐷ꢀꢀꢀ，ꢀꢀꢀ푙ꢀ平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ,ꢀꢀꢀꢂ푙平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ,/ ꢀꢀ퐶ꢀ平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ， 4．空间四边形ꢀꢀꢀꢀꢀ中ꢀ，ꢀꢀ，ꢀ，ꢀ ꢀꢀ，ꢀꢀ分别是ꢀꢀꢀ，ꢀꢀꢀꢀ，ꢀꢀꢀ，ꢀꢀꢀꢀ中ꢀ点， 直线ꢀꢀ，ꢀ ꢀꢀꢀ所ꢀ成角为푂ꢄ⊥，ꢀꢀꢀ퐷 퐵，ꢀꢀꢀ퐷ꢀ푂，则四边形ꢀꢀꢀꢀꢀ面ꢀ积为 ． 4． 퐵 【分析】根据题设四边形∩=퐸ꢅ为平行四边形， 1 / 14  3．퐵 【分析】连接ꢀꢀ,ꢀ交ꢀꢀꢀ于ꢀꢀꢀ,根据线面垂直的判定定理可以证明ꢀꢀ퐶ꢀ平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ,所以ꢀꢀꢀ的ꢀ长即为所求. 퐵ꢂ / ꢀꢀꢀ的ꢀ长即为所求，ꢁ正方体ꢀꢀꢀꢀꢀ퐴ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢂꢀꢀ ꢀꢂ的棱长为1,/ ꢀꢀꢀ퐷ꢀꢀꢀ퐷ꢀ 퐵퐵 ,即点ꢀꢀ到平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ的距离为 퐵퐵 . 퐵故答案为:퐵 . 퐵 利用已知及三角形面积公式求其面积即可. 【详解】由题设，可得如下示意图，且EH//BD//ꢀꢁ,Eꢀ//AC//Hꢁ，所以四边形EꢀꢁH为平行四边形， 5．用斜二测画法画出的水平放置的 △ ABC的直观图如图，其中ꢅꢅꢆꢅꢅꢆ = ꢅꢆꢅꢅ ꢅꢆ = ꢂ，若原 △ ABC的面积为 2， 则Aꢆꢇꢆ = ． 5．1【分析】根据斜二测画法原则可还原 △ ABC，利用面积公式计算即可. 【详解】由直观图可还原 △ ABC，如图：其中ꢇB = ꢇꢆBꢆ = ꢇC = ꢇꢆCꢆ = ꢂ， 以Aꢆꢇꢆ = ꢂ.故答案为：ꢂ. 6．如图，在正方体ABCDOAꢂBꢂCꢂDꢂ中，异面直线AꢂD与BDꢂ所成的角为 ． 6．⊥⋅°【分析】根据正方体结构特征，利用线面垂直的性质、判定定理判断 异面直线AꢂD与BDꢂ的位置关系.【详解】连接ADꢂ，由正方体结构特征， 有ADꢂ 퐶 AꢂD，又AB 퐶 面ADDꢂAꢂ，AꢂD − 面ADDꢂAꢂ，则AB 퐶 AꢂD， 由ADꢂ 9 AB = A且都在面ABDꢂ，则AꢂD 퐶 面ABDꢂ，BDꢂ − 面ABDꢂ， 故AꢂD 퐶 BDꢂ，即异面直线AꢂD与BDꢂ所成的角为⊥⋅°.故答案为：⊥⋅°. 7．在长方体ABCDOAꢂBꢂCꢂDꢂ中，AB = 1，AD = 3，AAꢂ = ꢃ， 则直线ACꢂ与平面BBꢂCꢂC所成角的大小为 ． 1 7．0⊂∩a0r 【分析】由长方体结构及线面角的定义找到所求线面角的平面角∠BCꢂA， ꢄ 并应用反三角函数表示角的大小即可.【详解】如下图，由题设易知AB 퐶 面BBꢂCꢂC， 故直线ACꢂ与平面BBꢂCꢂC所成角为∠BCꢂA，而BCꢂ = 31 c ꢃ1 = ꢄ， 2 / 14  8．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①AF//NC；②BM//平面AEND；③CN ⊥ 平面ADF；④平面BDE//平面NCF． 以上四个命题中，正确命题的序号 是 8．②③④【分析】还原几何体，根据正方体的结构特征及线面、面面平行的 判定、线面垂直的判定判断各项的正误即可.【详解】将展开图还原为几何体如 下， 由正方体的结构特征，AF,NC异面，故不平行，①错；且BM//AN，BM⊄面AEND， AN ⊂ 面AEND，则BM//平面AEND成立，②对；有CN ⊥ DM，FM ⊥ 面CDNM， CN ⊂ 面CDNM，则FM ⊥ CN，DM ∩ FM = M都在面ADMF，则CN ⊥ 面ADMF，即 CN ⊥ 平面ADF，③对；易得BE//CN，而BE⊄面NCF，CN ⊂ 面NCF， 则BE//面NCF，同时有BD//NF，同理易得BD//面NCF， 又BD ∩ BE = B都在面BDE，所以平面BDE//平面NCF，④对.故答案为： ②③④. 9．如图，边长为 2 的两个等边三角形ABC,DBC，若点A到平面BCD的距离为 1， 则二面角A−BC−D的大小为 . 9．arcsin 3 【分析】先判断得二面角A−BC−D的平面角为∠AEF，再利用线面垂直的判定定理证得 3 AF ⊥ 平面BCD，从而得到AF = 1，进而求得sin∠AEF，由此得解.【详解】取BC中点E，连接AE,EF， 过A作AF ⊥ DE于F，因为 △ ABC, △ DBC是正三角形，所以AE ⊥ BC,DE ⊥ BC， 所以二面角A−BC−D的平面角为∠AEF，又AE ∩ DE = E，AE,DE ⊂ 面AEF，所以BC ⊥ 面AEF， 又AF ⊂ 面AEF，所以BC ⊥ AF，因为AF ⊥ DE，DE ∩ BC = E，DE、BC ⊂ 平面BCD，所以AF ⊥ 平面BCD， 则点A到平面BCD的距离为AF，即AF = 1，又在边长为 2 的 △ ABC中， 则二面角A−BC−D的大小为arcsin 3.故答案为：arcsin 3 . 3 3 3 / 14  由中位线性质，有EH = ꢀꢁ =ꢂ 1 BD = 1，Eꢀ = Hꢁ =ꢂ 1 AC = ꢂ，直线AC，BD所成角为∠ꢀEH或其补角，即为∠ꢀEH = ꢃꢄ°或∠ꢀEH = ꢂ3ꢄ°，所以四边形EꢀꢁH的面积S = 1 ×ꢂ 1× HE × Eꢀ ×1 1= 1.故答案为： 1.BC = BꢆCꢆ = 1，又ꢇA 퐶 BC,Aꢇ = 1Aꢆꢇꢆ，因此S△ABC =ꢂ 1 BC ꢈ 1Aꢆꢇꢆ = 1Aꢆꢇꢆ = 1，所故a0r∠BCꢂA =AB BCꢂ =1 1 1 ，即∠BCꢂA = 0⊂∩a0rꢄ.故答案为：0⊂∩a0rꢄ. ꢄAE = AB2− 1 2BC2= 3，所以sin∠AEF =AF AE=1 3 =3 ，∠AEF是锐角， 3 10．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”；在正方体中， 由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为 . 10．44【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果. 【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.如下图所示： ①对于正方体的每一条棱，都有2个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12 × 2 = 24个； ②对于正方体的每一条面对角线（如ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ，则ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ퐶 平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ）， 下面简单证明ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ퐶 平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ，因为ꢀꢀꢀ1 퐶 平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1ꢀꢀ ꢀ1，ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ퐵 平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1ꢀꢀ ꢀ1，所以ꢀꢀꢀ1 퐶 ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ， 又因为ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ퐶 ꢀꢀ1ꢀꢀ1，且ꢀꢀꢀ1ꢁꢀꢀ1ꢀꢀ1 퐵 平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ，ꢀꢀꢀ1 퐷 ꢀꢀ1ꢀꢀ1 = ꢀꢀ1，所以ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ퐶 平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ. 每一条面对角线均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12 × 1 = 12个. ꢂ对于正方体的每一条体对角线，（如ꢀꢀ1ꢀ，则ꢀꢀ1ꢀ퐶 平面ꢀꢀ1ꢀꢀꢀ1），由ꢀꢀ1ꢀ퐶 平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1ꢀꢀ ꢀ1， ꢀꢀ1ꢀꢀ1 퐵 平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1ꢀꢀ ꢀ1，则ꢀꢀ1ꢀꢀ1 퐶 ꢀꢀ1ꢀ，而ꢀꢀ1ꢀꢀ1 퐶 ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ，又ꢀꢀ1ꢀ1ꢀ퐷 ꢀꢀ1ꢀ= ꢀ1ꢀ，于是ꢀꢀ1ꢀꢀ1 퐶 平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ ꢀ1， 而ꢀꢀ1ꢀ퐵 平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ ꢀ1，因此ꢀꢀ1ꢀ퐶 ꢀꢀ1ꢀꢀ1，同理ꢀꢀ1ꢀ퐶 ꢀꢀ1ꢀ，ꢀ 又ꢀꢀ1ꢀꢀ퐷 ꢀꢀ1ꢀꢀ1 = ꢀꢀ1，故ꢀꢀ1ꢀ퐶 平面ꢀꢀ1ꢀꢀꢀ1， 每一条体对角线都有两个面构成“正交线面对”，共有4 × 2 = ⊂个， 综上所述，正方体中的“正交线面对”共有44个.故答案为：44. 11．如图，正方形ꢀꢀꢀꢀꢀ所ꢀ在平面外一点 P 满足ꢀꢀꢀ= ꢀꢀꢀ=ꢀꢀꢀꢀ= ꢀꢀꢀ，ꢀ∩ ꢀꢀꢀ是ꢀ 边长为 3 的等边三角形， 点 M 是 ∩ ꢀꢀꢀ的ꢀ 重心，过点 M 作与平面ꢀꢀꢀ垂ꢀ 直的平面ꢀ，ꢀ 平面ꢀ与ꢀ 截面ꢀꢀꢀ交ꢀ 线段的长度为 2，则平面ꢀꢀ 与正四棱锥ꢀꢀ8ꢀꢀꢀꢀ表ꢀ面交线所围成的封闭图形的面积可能为 （填序号）.①2；②2 2；ꢂ3；푃2 ꢃ. 4 / 14   11．①③【分析】设퐶퐶퐶ꢀ 퐶퐶퐶퐵퐶 퐶퐶，由正四棱锥퐶퐶ꢁ퐶퐶퐶퐶的퐶性质，易知퐶퐶퐶=퐶平面퐶퐶퐶，퐶 过 M 作퐶퐶퐶//퐶퐶퐶퐶分퐶别 交棱퐶퐶퐶、퐶퐶퐶퐶于퐶点 T、L，则퐶퐶퐶=퐶平面퐶퐶퐶，퐶 由题意，只需所作的平面퐶是퐶 包含퐶퐶且퐶 与截面 PAC 交线段的 长度为 2 即可，数形结合，作出截面即可得到答案.【详解】设퐶퐶퐶ꢀ 퐶퐶퐶퐵퐶 퐶퐶，显然퐶퐶ꢁ퐶퐶퐶퐶为퐶正四棱锥，易 知平面퐶퐶퐶퐶= 平面퐶퐶퐶퐶퐶，퐶又퐶퐶퐶=퐶퐶퐶，퐶 平面퐶퐶퐶퐶ꢀ 平面퐶퐶퐶퐶퐶퐵퐶퐶퐶，퐶 퐶퐶퐶−퐶平面퐶퐶퐶퐶퐶，퐶所以퐶퐶퐶=퐶平面 퐶퐶퐶，퐶 过 M 作퐶퐶퐶퐶⊥퐶⊥퐶퐶分퐶别交棱퐶퐶퐶、퐶퐶퐶퐶于퐶点 T、L，则퐶퐶퐶=퐶平面퐶퐶퐶，퐶 由题意，只需所作的平面퐶是퐶 包含퐶퐶且퐶 与 截面PAC 交线段的长度为2即可，又 푀 퐶퐶퐶是퐶 边长为3的等边三角形，点M是 푀 퐶퐶퐶的퐶 重心，过M作퐶퐶퐶퐶⊥⊥퐶퐶 如图 1，则平面퐶퐶퐶퐶为퐶 满足题意的平面퐶，퐶 显然四边形퐶퐶퐶퐶为퐶 正方形，对角线퐶퐶퐶퐵 퐶퐶퐶퐵퐶훼， 如图 2，过 T 作퐶퐶퐶퐶⊥⊥퐶，퐶过 L 作퐶퐶퐶퐶⊥⊥，퐶 易知平面퐶퐶퐶퐶퐶퐶为퐶满足题意的平面퐶，퐶 퐿 且퐶퐶퐶퐶퐶퐶为퐶两个全等的直角梯形，易知 T、H 分别为 GE、EF 的中点，所以퐶퐶퐶퐵퐶 퐶퐶퐶퐵 퐿， 훼 故③正确.当퐶퐶퐶퐶⊥⊥퐶与퐶퐶퐶퐶⊥⊥是퐶 完全相同的，所以，综上选①③.故答案为：①③ 5 / 14  퐶퐶퐶퐶 分别交棱퐶퐶퐶、퐶퐶于퐶 点 E、Q，所以 퐵 퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐶 퐶퐶퐶퐶 ，即 퐵 퐶퐶퐶 ꢂ훼 ꢂ ，所以퐶퐶퐶퐵퐶훼，所以四边形퐶퐶퐶퐶的퐶 面积为퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐵퐿 훼ꢃ 훼훼 퐵 훼，①正确；所以五边形퐶퐶퐶퐶퐶퐶的퐶面积퐶퐶퐵 훼퐶퐶 梯形퐶퐶퐶퐶퐶퐵퐶 훼 ꢃ퐶퐶퐶푄퐶퐶퐶퐶 ꢃ 퐶퐶퐶퐵퐶훼 ꢃ 훼퐿 푄 훼 훼ꢃ 퐿 퐵 ꢂ， 12．已知ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ퐸ꢀꢀ퐸ꢀ퐸ꢀꢀ ꢀ퐸ꢀꢀ퐸ꢀ퐸ꢀ是单位正六棱柱（即所有的棱长都是 1，如图所示），黑、白两个蚂蚁 同时从点 A 出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”.黑蚂蚁爬行的路线是ꢀꢀꢀ퐸ꢁꢀꢀ퐸ꢀ퐸ꢀꢁ 퐹퐹퐹 ， 白蚂蚁爬行的路线是ꢀꢀꢀꢀꢁꢀꢀ퐸ꢁ 퐹퐹퐹 .它们都遵循如下规则：所爬行的第ꢀ−ꢀ ꢂ段与第 i 段所在的直线必须是 异面直线（其中 i 是正整数）.设黑、白两蚂蚁走完 2025 段后各停留在正六棱柱的某个顶点处， 这时黑、白两蚂蚁的距离是 . 12．1【分析】根据已知条件先分析出黑、白蚁路线的规律，然后考虑走完 2025 段相当于走了多少个周期， 从而确定出最终位置即可求解出黑、白两蚁的距离.【详解】因为蚂蚁爬行的第1 − ꢂ段与第1段所在直线必须 是异面直线，则黑蚂蚁爬行的路线是→ꢁ→퐸ꢁ⋅퐸ꢁ푖퐸ꢁ푖ꢁꢃꢁ+ꢁ+퐸ꢁ2퐸ꢁ→퐸ꢁ→ꢁ⋅ꢁ푖 ꢁ푖퐸ꢁꢃ퐸ꢁ+퐸ꢁ+ꢁ2ꢁ→，因此每隔 18 段后回到点→，并重复按原来线路爬行，而ꢂiꢂA F 퐸퐸ꢂ E 퐸D − C，于 是黑蚂蚁走完 2025 段后停留在正六棱柱的点+퐸处，白蚂蚁爬行的路线是→ꢁ2ꢁ2퐸ꢁ+퐸ꢁꢃ퐸ꢁꢃꢁ푖ꢁ⋅ꢁ⋅퐸ꢁ →퐸ꢁ2퐸ꢁ2ꢁ+ꢁꢃꢁꢃ퐸ꢁ푖퐸ꢁ⋅퐸ꢁ⋅ꢁ→，因此每隔 18 段后回到点→，并重复按原来线路爬行，于是白蚂蚁走完 2025 段后停留在正六棱柱的点→퐸处，显然→→퐸 F 퐸，所以黑、白两蚂蚁的距离是퐸.故答案为：1B【点睛】本 题解析，熟悉正六棱柱的结构特征、异面直线的准确判断是关键. 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) 6 / 14   13．设 a、b、c 表示三条直线，ꢀ，ꢁ表示两个平面，下面命题中不正确的是（ ） 13．D【分析】根据线面、面面平行垂直的判定定理和性质 判断即可.【详解】A选项：因为ꢃ⊥ꢃꢃ，ꢃ 所以ꢃ垂ꢃ 直平面ꢃ内ꢃ 的 所有直线，又ꢃ∥ꢃꢃ，ꢃ 所以平面ꢃ内ꢃ 的任意直线在平面ꢃ内ꢃ 都存在直线与之平行，所以ꢃ垂ꢃ 直平面ꢃ内ꢃ 的任意直线，ꢃ⊥ꢃꢃ，ꢃ A 正确；B 选项：如图，ꢃꢃ为ꢃ 直线ꢃ，ꢃ ꢃ为ꢃ 斜足，过ꢃꢃ作ꢃꢃꢃ⊥ꢃ，ꢃ 所以ꢃꢃꢃ为ꢃ在ꢃ 平面ꢃ内ꢃ 的投影ꢃ，ꢃ 因为ꢃꢃꢃ⊥ꢃ，ꢃ ꢃ퐶ꢃꢃ，ꢃ 所以ꢃꢃꢃ⊥ꢃ，ꢃ 又ꢃ⊥ꢃꢃ，ꢃ ꢃꢄꢃꢃꢃꢃ퐵ꢃꢃꢃ， ꢃ ꢃ ꢃ퐶ꢃ平面ꢃꢃꢃꢃ，ꢃ퐶ꢃ平面ꢃꢃꢃꢃ，所以ꢃ⊥ꢃ平面ꢃꢃꢃꢃ，又ꢃ퐶ꢃ平面ꢃꢃꢃꢃ，所以ꢃ⊥ꢃꢃ，ꢃ B 正确；C 选项：根据线面平行 的判定定理可得 C 正确；D 选项：不能说明ꢃ和ꢃ 平面ꢃ内ꢃ 的直线都垂直，所以 D 错.故选；D. 14．在四面体ꢅ푐ꢆ푏中，已知ꢅ푐 ⊥ ꢆ푏，ꢅꢆ ⊥ 푐푏，若 ꢇ 푐ꢆ푏不是等边三角形，且点ꢅ在平面푐ꢆ푏上的 投影⊂位于 ꢇ 푐ꢆ푏内，则点⊂是 ꢇ 푐ꢆ푏的（ꢀꢀ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 14．D【分析】先证明ꢆ푏 ⊥ 平面ꢅ⊂푐，푐푏 ⊥ 平面ꢅ⊂ꢆ，进而可证得⊂푐 ⊥ ꢆ푏， 푐푏 ⊥ ⊂ꢆ，即可得解.【详解】如图，由题意可知⊂ꢅ ⊥ 平面푐ꢆ푏， 因为ꢆ푏，푐푏 퐶 平面푐ꢆ푏，所以⊂ꢅ ⊥ ꢆ푏，⊂ꢅ ⊥ 푐푏，又ꢅ푐 ⊥ ꢆ푏∩ ⊂ꢅ ꢄ ꢅ푐 퐵 ꢅ∩⊂ꢅ∩ꢅ푐 퐶 平面ꢅ⊂푐，所以ꢆ푏 ⊥ 平面ꢅ⊂푐，又⊂푐 퐶 平面ꢅ⊂푐， 所以⊂푐 ⊥ ꢆ푏，因为ꢅꢆ ⊥ 푐푏∩ꢅꢆ ꢄ ⊂ꢅ 퐵 ꢅ∩ꢅꢆ∩⊂ꢅ 퐶 平面ꢅ⊂ꢆ，所以푐푏 ⊥ 平面ꢅ⊂ꢆ， 又⊂ꢆ 퐶 平面ꢅ⊂ꢆ，所以푐푏 ⊥ ⊂ꢆ，所以点⊂是 ꢇ 푐ꢆ푏的垂心.故选：D. 15．在正方体ꢅ푐ꢆ푏=ꢅ!푐!ꢆ!푏!中，点ꢈ在线段ꢆꢆ!上，点ꢉ为线段ꢅꢅ!的中点， 记平面푐푏ꢈ ꢄ 平 面푐!푏!ꢈ 퐵 ꢊ，则下列说法一定正确的是（ ） A．ꢊ ⊥ 平面푐푏ꢉ B．ꢊ ⊥ 平面푐!푏!ꢉ C．ꢊ ⊥ 平面ꢆ푏푏!ꢆ! D．ꢊ ⊥ 平面ꢅꢆꢆ!ꢅ! 15．D【分析】根据线面平行可得两平面的交线满足푐!푏!//ꢊ，进而根据푐!푏! ⊥ 平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!， 即可判断ꢊ ⊥ 平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!.【详解】由题意得，푐!푏!//푐푏，푐푏 퐶 平面푐푏ꢈ，푐!푏!△平面푐푏ꢈ， 则푐!푏!//平面푐푏ꢈ，又平面푐푏ꢈ ꢄ 平面푐!푏!ꢈ 퐵 ꢊ，O푐!푏!//ꢊ，因为푐!푏! ⊥ ꢅ!ꢆ!∩푐!푏! ⊥ ꢅꢅ!∩ ꢅ!ꢆ! ꢄ ꢅꢅ! 퐵 ꢅ!∩ꢅꢅ! 퐶 平面ꢅꢅ!ꢆ!ꢆ，ꢅ!ꢆ! 퐶 平面ꢅꢅ!ꢆ!ꢆ，故푐!푏! ⊥ 平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!，因此ꢊ ⊥ 平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!； 故 D 正确；而푐!푏!//푐푏，푐푏 퐶 平面푐푏ꢉ，푐!푏!△平面푐푏ꢉ，则푐!푏!//平面푐푏ꢉ，故ꢊ /平面푐푏ꢉ， 7 / 14  a⊥ ꢂ A．a⊥ ꢀ ꢀ//ꢁ ⇒a⊥ꢁ B． ꢂ 在 ꢁ 内 b 是 a 在 ꢁ 内的射影ꢂ∥ b ⇒ꢂ⊥b C． ꢂ 在 ꢀ 内 b 不在 ꢀ 内⇒b∥a D．a//ꢀ ꢂ⊥ a ⇒ꢂ⊥ꢀ 选项 A 错误，同理选项 B 错误；由于B1D1与C1D1相交不垂直，故B1D1与平面CDD1C1不垂直， 因此l不垂直平面CDD1C1，故 C 错误；故选：D． 16．如图，在棱长为 2 的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点 M、N 分别在线段AD1和B1C1上，给出下列命题： ①有且仅有一条直线MN与AD1垂直；②存在点 M、N，使 △ MBN为等边三角形，则（ ） A．①、②均为真命题 B．①、②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为 真命题 16．D【分析】①找到一个MN ⊥ AD1的充要条件，并确定一个面MNE与AD1垂直，判断这种面的个数； ②利用正三角形的性质，将问题化为判断是否存在AM = B1N = EM，再设参并列方程求参判断是否满足 范围.【详解】点N在平面ADD1A1上的射影E的轨迹为线段A1D1，所以NE ⊥ 平面ADD1A1，AD1 ⊂ 平面ADD1A1， 所以NE ⊥ AD1，则MN ⊥ AD1的一个充要条件ME ⊥ AD1，当射影E位于线段A1D1上的 任意位置时，过E作AD1垂线，垂足为M，则ME ⊥ AD1，由NE ∩ ME = E 且都在面MNE上，则AD1 ⊥ 面MNE，而MN ⊂ 面MNE，所以MN ⊥ AD1，于是 这样的直线MN不唯一，①为假； 由MB2 = AB2 +AM2，NB2 = B1B2 + B1N2， 由上知MN2 = NE2 +EM2，又AB = BB1 = NE，要使 △ MBN为正三角形， 只需AM = B1N = EM即可，若AM = B1N = x，则D1E = 2−x，D1M = 2 2−x，且0 ≤ x ≤ 2， 令x = (2− 2)x2−2 2x + 4，则( 2−1)x2 +2 2x−4 = 0， 显然27−18 2−(2 2−1) = 28−20 2 < 0，即9(3−2 2) < 2 2−1， 8 / 14  所以EM = (2−x)2 + (2 2−x)2−2(2−x)(2 2−x) × 2 2= (2− 2)x2−2 2x + 4，可得x =4 2−2− 2 2−1= 2( 2 2−1−1)( 2 +1)（负值舍），而2 2( 2 2−1−1)( 2 + 1)=2− 2 ，只需比较2− 2， 2 2−1−1大小， 2 2−1−12 将它们平方有(2− 2)2 = 6−4 2，( 2 2−1−1)= 2 2−2 2 2−1，2 进而比较3 2−3， 2 2−1大小，将它们平方有(3 2−3)2 = 9(3−2 2)，( 2 2−1)= 2 2−1， 则3 2−3 < 2 2−1，所以2 2−2 2 2−1−(6−4 2) < 2(3 2−3− 2 2−1) < 0， 故存在点 M、N，使 △ MBN为等边三角形，②为真；故选：D.【点睛】①点N在平面Aꢀꢀ1A1上的射影ꢁ， 关键是构造一个平面MNꢁ与Aꢀ1垂直，进而判断这样的平面个数；②将正三角形的三边关系转化为 AM = B1N = ꢁM，再设AM = B1N = x且0 ≤ x ≤ 2，并用x表示ꢁM，利用等量关系求参数并判断 是否在给定范围内即可. 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．（1）用符号语言表示下列语句，并画出图形：直线 AB，AC 分别在平面 α，β 内，且点 A 在平面 α 与平面 β 的交线 l 上；（2）在正方体ABCꢀ−A1B1C1ꢀ1中，M，N，P 分别是 A1B1，AD，BB1 的中点， 平面 α 过 M，N，P 三点，则平面 α 截此正方体的截面为一个多边形， （ⅰ）仅用铅笔和无刻度直尺，在正方体中画出此截面多边形（保留作图痕迹，不需要写作图步骤）； （ⅱ）若正方体的棱长为 6，直接写出此截面多边形的周长． 17．（1）答案见解析，作图见解析；（2）（ⅰ）作图见解析；（ⅱ）6 10 +3 2 【分析】（1）根据题意画图，并符号表示；（2）（ⅰ）利用三线共点，点一定在两个平面的交线上，画出图形， （ⅱ）根据图形的特征，利用勾股定理求解各边即可. 【详解】（1）用符号表示：ꢂꢂꢃ ꢂꢂ= ꢂ，ꢂꢂꢂꢂꢄꢂꢂ，ꢂ ꢂꢂꢂꢄ ꢂ，ꢂ AC ꢃ ꢅ = A，AB ꢃ 퐵 = A，如图： （2）（ⅰ）在正方体中画出此截面多边形如图所示： 作直线ꢆM分别与AA1，AB延长线于⊂，퐶，连接N⊂交A1ꢀ1于ꢇ， 连接N퐶交BC于ꢈ，最后连接ꢆꢈ，Mꢇ，即得截面ꢆꢈNꢇM； （ⅱ）由题设，易知αꢆMA1 = α퐶ꢆB = 4PT，进而易得ꢆꢈ = ꢈ퐶，ꢇM = ꢇ⊂， 截面多边形的周长等于ꢆꢈ+ꢈN + Nꢇ + ꢇM + Mꢆ = N퐶 + N⊂ + Mꢆ， 所以N⊂ = N퐶 = S2 + 32 = 3 10， Mꢆ = ⊂퐶−M⊂−ꢆ퐶= A퐶2+ A⊂2−2 A1M2+A1⊂2=3 2， 所以截面多边形的周长等于6 10 +3 2． 18.如图，直角梯形 ABCD 与梯形 EFCD 全等，其中 AB∥CD∥EF， 9 / 14  即2− 2 > 2 2−1−1，综上，2 2( 4− 2−1)( 2 + 1) > 1，即所求x ∈ (0,2)，满足要求，A1⊂ N퐶 = N⊂ = ⊂A2 + AN2,AN = 3， A⊂ =ꢇM A퐶 =ꢇM B퐶 AB + B퐶,B1M =Bꢆ B1ꢆ = 1， 1 AD＝AB＝ CD＝1，且 ED⊥平面 ABCD，点 G 是 CD 的中点． 2 （1）求证：平面 BCF∥平面 AEG；（2）求平面 BCF 与平面 AEG 的距离. 18．（1）见解析（2） 3 【分析】（1）由面面平行的判定定理，需证明 BF、BC 均平行于平面 AEG 即可； 3 （2）利用等体积法，令VC−AGE = VE−ACG，即可求出距离. 又∵AG ⊂ 平面AEG，BC⊄平面AEG，∴BC ∥ 平面AEG，∵直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，EF ∥ CD ∥ AB， ∴EF = AB，∴四边形ABFE为平行四边形，∴BF ∥ AE，又∵AE ⊂ 平面AEG，BF⊄平面AEG， ∴BF ∥ 平面AEG，∵BF ∩ BC = B，∴平面BCF ∥ 平面AGE； （2）设点C到平面AGE的距离为d，易知AE = EG = AG = ꢁ， 19.某厂根据市场需求开发折叠式小凳（如图所示）、凳面为三角形的尼龙布，凳脚为三根 细钢管、考虑到钢管的受力和人的舒适度等因素，设计小凳应满足：ꢂ凳子高度为 30cm， ①三根细钢管相交处的节点 O 与凳面三角形 ABC 重心的连线垂直于凳面和地面． （1）若凳面是边长为 20cm 的正三角形，三只凳脚与地面所成的角均为 45°， 确定节点 O 分细钢管上下两段的比值（精确到 0.01）； （2）若凳面是顶角为 120°的等腰三角形，腰长为 24cm，节点 O 分细钢管 上下两段之比为 2：3、确定三根细钢管的长度（精确到 0.1cm）． 19．（1）0.63； （2）对应于ꢃꢃ、ꢃꢃ、ꢃ三ꢃ 点的三根细钢管长度分别为60ꢄ퐶ꢅ.，36ꢄꢀꢅ.和60ꢄ퐶ꢅ.. 【分析】（1）设 8 ꢃꢃꢃꢃ的重心为ꢃꢃ，连接ꢃꢃꢃ，ꢃ根据△ꢃꢃꢃꢃ就ꢃ是ꢃꢃꢃ与ꢃ平面ꢃꢃꢃꢃ所成的角，建立ꢃꢃꢃ与ꢃꢃꢃꢃ的ꢃ 等量关系，解之即可；（2）设△ꢃꢃ= ꢀꢁ0°，ꢃꢃꢃꢃꢃ的重心为ꢃꢃ，求出ꢃꢃꢃ，ꢃ分别在 ꢃꢃꢃ8 ꢃꢃꢃꢃ，ꢃꢃꢃꢃ8 ꢃꢃꢃꢃ，ꢃꢃꢃꢃ8 ꢃꢃꢃꢃ中ꢃ求出ꢃꢃꢃ、ꢃꢃꢃꢃ、ꢃꢃꢃꢃ，再根据比例关系求出即可. ꢁ0 3 【详解】解：（1）设 8 ꢃꢃꢃꢃ的重心为ꢃꢃ，连接ꢃꢃꢃ，ꢃ由题意可得，ꢃꢃꢃ=ꢃ ， 3 30ꢃꢃ 设细钢管上下两段之比为ꢃ，ꢃ 已知凳子高度为 30、则ꢃꢃꢃ=ꢃ ， ꢀ ∠ ꢃꢃ 10 / 14  【详解】（1）∵AB ∥ CD，AB =ꢀ ꢁ CD，G是CD的中点，∴四边形ABCG为平行四边形，∴BC ∥ AG，ꢀ 3 由VC−AGE = VE−ACG，得×ꢀ ꢁ× AEꢁ × sin60° × d =ꢀ 3×ꢀ ꢁ× CG × AD × DE，即d =CG × AD × DE AEꢁ × sin60° =3 ， 3∵平面BCF ∥ 平面AGE，∴平面BCF与平面AGE间的距离为3 ． 3 ∵ 节点ꢀꢀ与凳面三角形ꢀꢀꢀꢀ重心的连线与地面垂直，且凳面与地面平行 퐵 ꢁꢀꢀꢀꢀ就ꢀ是ꢀꢀꢀ与ꢀ平面ꢀꢀꢀꢀ所成的角，亦即ꢁꢀꢀꢀꢀꢂꢀ ∴∠퐻， ∵ ꢀꢀꢀꢂꢀ ꢀꢀꢀ，ꢀ （2）设ꢁꢀꢀꢂ ꢄ3=퐻， 퐵 ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢀꢀꢂ 3∴，ꢀꢀꢀꢂ 3∴ ꢃ，设 2 ꢀꢀꢀꢀ的重心为ꢀꢀ，则ꢀꢀꢀꢂꢀ 9−ꢀꢀꢀꢂꢀ9 ≈， 由节点ꢀꢀ分细钢管上下两段之比为3.ꢃ，可知ꢀꢀꢀꢂꢀ ꢄ3，设过点ꢀꢀ、ꢀꢀ、ꢀ的ꢀ 细钢管分别为ꢀꢀꢀ6、ꢀꢀꢀ6、ꢀꢀ6ꢀ， 퐵 对应于ꢀꢀ、ꢀꢀ、ꢀ三ꢀ 点的三根细钢管长度分别为+=19△8，ꢃ+1ꢄ△8和+=19△8. 20．如图是由矩形,7:′、cm 2 ,′A和菱形′ꢆDA组成的一个平面图形，其中ꢀꢀꢀꢂꢀꢄ， ′: ꢂ ′ꢆ ꢂ 3，ꢁꢆ′A ꢂ +=퐻，将其沿,′，′A折起使得′:与′ꢆ重合，连接7D，如图（2）． （1）证明：图（2）中的,，A，D，7四点共面，且平面,′A B 平面′AD:； （2）求图（2）中的四边形,AD7的面积；（3）求图（2）中的二面角′휆AD휆,的大小． 20．（1）证明见解析，证明见解析；（2）4；（3）30°. 【分析】（1）根据线线平行即可求证四点共面，根据线线垂直得线面垂直，进而可证面面垂直；（2）根据 勾股定理求解ꢀꢀꢀꢂ ꢀꢀꢀ3 ° ꢀꢀꢀ3 ꢂ ꢄꢃ，余弦定理求解△tCꢁꢀꢀꢀꢀ余弦值，进而可得正弦值，由面积公式 即可求解；（3）建立空间直角坐标系ꢀꢀ휆ꢀꢀ，ꢀ 运用空间向量方法求二面角ꢀꢀ휆ꢀꢀꢀꢀ的휆大小． 【详解】（1）由已知得,7퐺퐺′:，AD퐺퐺′:，所以,7퐺퐺AD，故,7，AD确定一个平面， 从而,，A，D，7四点共面，由已知得,′ B ′:，,′ B ′A，′: ꢇ ′A ꢂ ′，′:，′A o 平面′:A， 11 / 14  퐵ꢃ=ꢀꢀ ꢂ ꢄ ° ꢀꢀ3= ꢃ ꢃ ，解得ꢀꢀꢂ3 ꢃ 0휆3 ꢃꢅ =1+ꢃ，即节点ꢀꢀ分细钢管上下两段的比值约为 0.63；则ꢀꢀꢀ6 ꢂ ꢀꢀ6ꢀꢂ∠ ∠ ꢀꢀꢀꢂꢀ 3 3ꢀ ꢀꢀ6 ꢂ ꢀꢀ3 ° ꢀꢀꢀ3 ꢂ ꢄ= ꢃ≈ ꢅ +=19，ꢀ∠ ∠ ꢀꢀꢀꢂꢀ 3 3ꢀ ꢀꢀ3 ° ꢀꢀꢀ3 ꢂ ꢄ= ꢄꢃ ꢅ ꢃ+1ꢄ， 故ꢀꢁ ⊥ 平面ꢁCGE，又因为ꢀꢁ ⊂ 平面ꢀꢁC，所以平面ꢀꢁC ⊥ 平面ꢁCGE； （2）连接ꢁG，ꢀG，由ꢀꢁ ⊥ 平面ꢁCGE，ꢁG ⊂ 平面ꢁCGE，可得ꢀꢁ ⊥ ꢁG， 在 △ ꢁCG中，ꢁC = CG = 2，∠ꢁCG = 120°，可得ꢁG = 2ꢁCsin60° = 2 3， 可得ꢀG = ꢀꢁ2 + ꢁG2 = 13，在 △ ꢀCG中，ꢀC = 5，CG = 2，ꢀG = 13，可得 （3）过 B 作ꢁH ⊥ GC延长线于 H，连结 AH，因为 AB ⊥ 平面 BCGE， 所以ꢀꢁ ⊥ GC，而又ꢁH ⊥ GC，故GC ⊥ 平面Hꢀꢁ，所以ꢀH ⊥ GC， 又因为ꢁH ⊥ GC所以∠ꢁHꢀ是二面角ꢁ−CG−ꢀ的平面角， 而在 △ ꢁHC中∠ꢁHC = 90∘，又因为∠FꢁC = 60∘故∠ꢁCH = 60∘， 所以ꢁH = ꢁCsin60∘ = 3，而在 △ ꢀꢁH中∠ꢀꢁH = 90∘， 21．已知矩形퐶퐶퐶퐶퐶的퐶长为 2，宽为 1.（如图所示） （1）若 E 为 DC 的中点，将矩形沿 BE 折起，使得平面퐶ꢂ퐶퐶 퐶 퐶⊥퐶平面퐶퐶퐶퐶퐶，퐶分别求퐶ꢂ퐶到 AB 和 AD 的距离； （2）在矩形 ABCD 中，点 M 是 AD 的中点、点 N 是 AB 的三等分点（靠近 A 点）.沿折痕 MN 将 △ 퐶퐶퐶퐶퐶 翻折成 △ 퐶퐶ꢂ퐶퐶퐶，퐶使平面퐶퐶ꢂ퐶퐶퐶⊥퐶 平面퐶퐶퐶퐶퐶.又퐶点 G，H 分别在线段 NB，CD 上，若沿折痕 GH 将四边形퐶퐶퐶퐶퐶퐶 向上翻折，使 C 与퐶퐶ꢂ重合，求线段 NG 的长. 21．（1） 3， 11 ；（2） 1ꢃ5 264. 2 2 【分析】（1）取퐶퐶퐶中퐶点퐶퐶，过퐶퐶作퐶퐶퐶⊥퐶퐶퐶퐶퐶푁퐶⊥ 퐶퐶퐶，퐶再利用面面垂直的性 质、线面垂直的性质判定推理计算即得；（2）过퐶퐶作퐶퐶퐶⊥ 퐶퐶퐶于퐶퐶，퐶 利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合勾股定理计算即得. 【详解】（1）取ꢁE中点ꢄ，过ꢄ作ꢄ퐻 ⊥ ꢀꢁ，ꢄꢅ ⊥ ꢀD，垂足分别为퐻，ꢅ， 连接Cꢂꢄ，Cꢂ퐻，Cꢂꢅ，由CꢂE = Cꢂꢁ = 1，得Cꢂꢄ ⊥ ꢁE，而平面CꢂꢁE ⊥ 平面ꢀꢁCD， 12 / 14  cos∠ꢀCG =4 + 5−13 2 × 2 × 5 = −1 ，即有sin∠ꢀCG = 52 ， 5则平行四边形ꢀCGD的面积为2 × 5 ×2 5 = 4；tan∠ꢁHꢀ =ꢀꢁ ꢁH=1 3 =3，即二面角ꢁ−CG−ꢀ的度数为30∘. 3 平面C′BE ∩ 平面ABCD = BE，C′O ⊂ 平面C′BE，则C′O ⊥ 平面ABCD， 又AB ⊂ 平面ABCD，即有C′O ⊥ AB，又C′O ∩ OK = O，C′O，OK ⊂ 平面C′OK，于是AB ⊥ 平面C′OK， 而C′K ⊂ 平面C′OK，从而C′K ⊥ AB，即C′K长是点C′到直线AB的距离，同理C′L长是点C′到直线AD的距离， 所以C′到 AB 和 AD 的距离分别为 3， 11 ； 2 2 （2）作AF ⊥ MN于F，FQ ⊥ AB于Q，连接A′G，A′H，FG，CG，如图， 翻折后，平面A′MN ⊥ 平面ABCD，平面A′MN ∩ 平面ABCD = MN，A′F ⊥ MN,A′F ⊂ 平面A′MN， 则A′F ⊥ 平面ABCD，而FG ⊂ 平面ABCD，于是A′F ⊥ FG， 13 / 14  显然OK//AD，OL//AB，四边形ALOK是矩形，OK = AL =1 2 AD =1 2 ,OL =1 2 (AB + DE) =3 2 ，又C′O =1 2 BE =2 ， 22 因此C′K = C′O2 + OK2 = ( 2 ) 2+ (2 = 3 1 ，C′L = C′O2 + OL2 = ( 2 ) 2 2 22 )+ (3 22 = 11 ， ) 2在Rt △ AMN中，AM =1 2 ,AN =2 2 ，则MN = ( 1 ) 3 2+ (2 = 5 2 ，AF = ) 6 3AM ⋅ AN MN=2 5 ，sin∠FAB = sin∠AMN =AN MN=4 5 ，于是FQ = AFsin∠AFB =8 ， 25AQ = AF2−FQ2 = ( 2 52 ) −(8 252 = 6 ，NQ = AN−AQ = ) 2532 75 ，设NG = x，则FG2 = FQ2 +GQ2 = (8 252 )+ (x +32 752 ) ，BG =4 3 −x，CG2 = 1 + (4 32 −x) ，A′G2 = A′F2 +FG2 = (2 2 5 )+ (8 252 )+ (x +2 32 75 ) ，由点 C 与A′重合，得A′G = CG， 14 / 14因此(2 2 5 )8 + ( 252 )+ (x +2 32 75 )= 1 + (2 4 264 −x) ，整理得 x = 3 757 3 ，解得x =175 175 ，所以线段 NG 的长为 264. 264