高中数学上教版（2020）必修第三册*10.5 异面直线间的距离单元测试测试题

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班级              姓名             学号             分数           第10章  空间直线与平面（B卷·能力提升练）（时间：120分钟，满分：150分）一、填空题(共54分)1．(本题4分)（2021·上海市七宝中学高二期中）在三棱锥中，已知平面，，则以，，，为顶点的直角三角形的个数为________.【答案】4【分析】利用线面垂直的性质及判定可得， ，，结合，即可知以，，，为顶点的直角三角形的个数.【详解】由题设，平面，面，则，，，∴△、△都为直角三角形，又，易知△为直角三角形，由，即面，而面，∴，则△为直角三角形，综上，以，，，为顶点的直角三角形的个数为4.故答案为：42．(本题4分)（2022·上海虹口·高二期末）在正四面体中，直线与所成角的大小为________．【答案】【分析】根据空间位置关系直接证明判断即可.【详解】如图所示，取中点，连接，，由已知为正四面体，则，均为正三角形，所以，，所以平面，故，即直线与直线的夹角为，故答案为：.3．(本题4分)（2018·上海中学高二期中）如图，矩形ABCD的长AB=2，宽AD=x，若PA⊥平面ABCD，矩形的边CD上至少有一个点Q,使得PQ⊥BQ，则x的范围是____________．【答案】0<x≤1【详解】试题分析：由PA⊥平面ABCD，PQ⊥BQ，可得BQ⊥AQ，从而问题可转化为以AB为直径的圆与与线段CD有公共点．解：如图所示：连接AQ，因为PA⊥平面ABCD，BQ⊥PQ，BQ⊂平面ABCD，所以BQ⊥AQ，矩形的边CD上至少有一个点Q，可转化为以AB为直径的圆与与线段CD有公共点，所以圆心到CD的距离小于等于半径，即0＜x≤1．故答案0<x≤1考点：空间直线与直线的垂直关系点评：本题考查空间直线与直线的垂直关系，考查推理论证能力．4．(本题4分)（2020·上海·华师大二附中高二期中）已知正三角形的边长，则到三个顶点的距离都为2的平面有___个；【答案】8【分析】分类讨论，三个顶点都在平面的同一侧，三个顶点在平面的两侧，一侧一个，另一侧两个．【详解】若此平面与平面平行，这样的平面有2个到三顶点距离为；若此平面与平面相交，则一定过三角形其中两边的中点，由于三角形边长为，因此如过的中点和的中点的平面，到三顶点距离为的有两个，这样共有6个，所以所求平面个数为．故答案为：．5．(本题4分)（2021·上海·位育中学高二期中）在30°二面角的一个面内有一个点，它到另一个面的距离是10，则这个点到二面角的棱的距离为___________.【答案】20【分析】画出简图，结合三角函数关系即可求解.【详解】如简图所示，两平面相交于点，，，，，则为二面角的平面角，则，即点到二面角的棱的距离为20.故答案为：206．(本题4分)（2021·上海市金山中学高二期中）已知斜坡平面与水平面成30°的二面角，一条公路与坡脚成45°的角，沿公路前进100米，则路基升高了________米．【答案】【分析】设AC为坡脚线，SA为公路线，SB垂直水平面，画出图形，利用三角函数求解.【详解】如图所示：设AC为坡脚线，SA为公路线，SB垂直水平面，作，连接，因为平面ABC，则，又，所以平面SBC，则，所以是平面SAC与平面ABC所成的角，由题意得：,则，，故答案为：7．(本题5分)（2022·上海金山·二模）若正方体的棱长为2，则顶点到平面的距离为__________.【答案】【分析】连接交于，连接，先证明平面，再求即可【详解】连接交于，连接，因为正方体，故，且平面，又平面，故，又平面，，故平面，故顶点到平面的距离为.又正方体的棱长为2，故故答案为：8．(本题5分)（2022·上海市吴淞中学高一期末）空间四边形ABCD中，且AB与CD所成角为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则EF与AB所成角的大小为__________．【答案】或【分析】设的中点为，连接，利用等腰三角形可求EF与AB所成角的大小.【详解】设的中点为，连接， 因为，故，同理，，故或其补角为AB与CD所成角，而AB与CD所成角为，故或，若，因为，故，故为等边三角形，故，因为，故EF与AB所成角即为或其补角，故EF与AB所成角为，若，则为等腰三角形，故，因为，故EF与AB所成角即为或其补角，故EF与AB所成角为，故答案为：或.9．(本题5分)（2022·上海奉贤区致远高级中学高一期末）已知长方体的棱，则异面直线与所成角的大小是_______.（结果用反三角函数值表示） 【答案】【分析】设与交于点，证得异面直线与所成的角是或其补角，由余弦定理解三角形可得．【详解】连接，由与平行且相等得是平行四边形，，设与交于点，则异面直线与所成的角是或其补角，在矩形中，，，则，，，故答案为：． 10．(本题5分)（2022·上海静安·模拟预测）正方体的棱长为1，、分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为____________．【答案】【分析】由题意画出图形，可得平面截正方体所得的截面为等腰梯形，由已知结合梯形面积公式求解.【详解】如图，连接 则，可得等腰梯形为平面截正方体所得的截面图形，由正方体的棱长为1，得，，，则到的距离为，∴，故答案为：.11．(本题5分)（2022·上海市青浦高级中学高一期末）a，b为异面直线，且a，b所成角为40°，过空间一点P作直线c，直线c与a，b均异面，且所成角均为，若这样的c共有四条，则的范围为___________.【答案】【分析】设平面上两条直线m,n分别满足 ，则m,n相交，且夹角为，讨论的取值范围，从而确定c的情况以及条数，即可得答案.【详解】设平面上两条直线m,n分别满足 ，则m,n相交,设交点为P，且夹角为 ，如图示：过空间一点P作直线c，若直线c与a，b均异面，且所成角均为，则直线c与直线m,n所成角均为，当时，不存在这样的直线c,当时，这样的直线c只有一条，当时，这样的直线c有两条，当时，这样的直线c有三条，当时，这样的直线c有四条，当时，这样的直线c只有一条，故答案为：12．(本题5分)（2022·上海市吴淞中学高一期末）如图，平面平面，，，．平面内一点满足，记直线OP与平面OAB所成角为，则的最大值是_________．【答案】【分析】作出图形，找出直线与平面所成的角，证出平面，得出，得出点的轨迹就是平面内以线段为直径的圆点除外，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果【详解】如图，过点作，交的延长线于点，连接，，取的中点为，连接，过点作，垂足为，平面平面，且平面平面，平面，，，平面，在平面上的射影就是直线，故就是直线与平面所成的角，即，，，又，，，平面，平面，平面，，故点的轨迹就是平面内以线段为直径的圆点除外，，且，，设，则，从而，，如图，当且仅当，即是圆的切线时，角有最大值，有最大值，取得最大值为：．故答案为：. 二、单选题(共20分)13．(本题5分)（2022·上海·复旦附中高二期中）已知、是平面的两条斜线，则“、与平面所成角相等”是“”的（       ）条件A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．既非充分又非必要【答案】B【分析】利用正方体模型、等角定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】在正方体中，如下图所示：以直线为直线，直线为直线，平面为平面，因为平面，所以，直线与平面所成的角为，同理可知，直线与平面所成的角为，所以，，但直线、相交，即“、与平面所成角相等”“”；如下图所示，设直线、与平面分别交于点、，在直线上一点（异于点）作，在直线上一点（异于点）作，垂足分别为点、，连接、，则直线、与平面所成的角分别为、，因为，，则，因为，由等角定理可知，所以，，即“、与平面所成角相等”“”.因此，“、与平面所成角相等”是“”的必要不充分条件.故选：B.14．(本题5分)（2022·上海·高二专题练习）如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（       ）A．△ABC是钝角三角形 B．△ABC是等边三角形C．△ABC是等腰直角三角形 D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形【答案】C【分析】画出原图，利用原图与直观图之间的转化比例求解.【详解】解：将其还原成原图，如图，设，则可得，，从而，所以，即，故是等腰直角三角形.故选：C.15．(本题5分)（2022·上海金山·二模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（       ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【分析】在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.【详解】在正方体中，记底面ABCD为，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为，EF为m，平面CDHG为，故排除C；记底面ABCD为，BF为m，平面ABFE为，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B16．(本题5分)（2021·上海·复旦附中高二期中）已知菱形的边长为a，．将菱形沿对角线折成二面角，若，则异面直线与距离的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】按沿对角线BD和沿对角线AC折成二面角分别推理计算异面直线与距离的最大值，再比较大小得解.【详解】如图，在菱形中，，，，当沿对角线BD折成二面角时，显然，于是得，取AC中点E，连OE，如图，则，而平面AOC，平面AOC，即有，因此，线段OE长为异面直线与距离，，而，即，函数在上单调递减，于是当时，，当沿对角线AC折成二面角时，显然，于是得，取BD中点M，连OM，如图，同理，当时，，而，所以异面直线与距离的最大值为.故选：C 三、解答题(共76分)17．(本题14分)（2022·上海中学高一期末）已知正方形所在平面外一点P满足平面，E，F分别是的中点．(1)求证：∥平面；(2)若，求与所成角的大小．【答案】(1)证明过程见解析；(2) 【分析】（1）作出辅助线，构造平行四边形，证明出线面平行；（2）作出辅助线，得到AF与AD所成的角即为与所成角，利用余弦定理求出所成角的余弦值，进而求出所成角的大小.(1)取PD中点G，连接FG，GA，因为F为PC的中点，所以FG∥CD，且FG=，因为正方形ABCD中，E为AB的中点，所以AE∥CD，AE=，所以FG∥AE，且FG=AE，所以四边形AEFG是平行四边形，所以EF∥AG，因为平面，平面所以∥平面(2)取AC中点M，连接DM，FM，因为平面，平面，所以，因为，所以，设正方形ABCD边长为a，则，因为平面，所以平面，且，由勾股定理得：，同理可得：，因为BC∥AD，所以AF与AD所成的角即为与所成角，由余弦定理得：，故，故与所成角的大小为18．(本题14分)（2022·上海·华师大二附中模拟预测）如图，已知正三棱柱中，.D是棱上一点. (1)若，求直线BD与平面ABC所成角的大小；(2)若D是中点，求点A到平面BCD的距离.【答案】(1)(2) 【分析】（1）在侧面内作，交棱AC于点E，证明为所求线面角，结合余弦定理计算得解.（2）在中，由余弦定理得，从而.因此，所以，利用等体积转化计算得解.(1)在侧面内作，交棱AC于点E.因是正三棱柱，故平面ABC，从而平面ABC.联结BE，则为所求线面角.另一方面，由且得，故在中，由余弦定理得，.因为平面ABC，而平面ABC，所以.于是.故直线BD与平面ABC所成角的大小为.(2)设所求距离为d，则.而，故.由题意得，，，故在中，由余弦定理得，从而.因此，.故点A到平面BCD的距离.19．(本题14分)（2022·上海黄浦·模拟预测）已知正方体.(1)G是的重心，求证：直线平面；(2)若，动点E､F在线段､上，且，M为的中点，异面直线与所成的角为，求a的值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据空间向量，以为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.(1)证明：设，显然，，，因为G是的重心，所以,故 ；，得，同理，得.因为不平行于，所以直线平面.(2)以D为坐标原点，射线分别是x轴､y轴､z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是，则.于是，解得，所以a的值为.20．(本题16分)（2022·上海奉贤区致远高级中学高一期末）如图，在长方体中，，点E在棱上运动． (1)证明：；(2)当E与A重合时，求直线与平面所成角的大小（用反三角函数值表示）；(3)等于何值时，二面角的大小为？【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）证明平面可得；（2）平面即为平面，在平面内过作于，得就是直线与平面所成角，在直角三角形中求解即得；（3）二面角是，则二面角是，作，垂足为，连接，得是二面角的平面角，即，然后求出，，得，从而得．(1)连接，，在正方形中，，又长方体中平面，平面，所以，，平面，所以平面，而平面，所以；(2)如图，平面即为平面，在平面内过作于，由平面，平面得，，平面，所以平面，所以就是直线与平面所成角，在直角中，．所以直线与平面所成角的大小为；(3)如图二面角是，则二面角是，作，垂足为，连接，平面，平面，则，，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，即，在直角中，，，，，所以，所以．21．(本题18分)（2022·上海市控江中学高二期中）如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足.(1)若，求证：直线平面；(2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由；(3)若，求直线与直线所成角的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)不存在，理由见解析；(3)最大值为. 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合线线的位置关系进行判断即可；（3）根据异面直线所成的角的定义，结合余弦定理、换元法、配方法进行求解即可.(1)取的中点，连接，因为，所以M是线段上的中点，因此有，因为是矩形，N是线段上的中点，所以，因此有，所以四边形是平行四边形，所以有，而平面，平面，所以直线平面；(2)假设存在实数，使直线同时垂直于直线，直线，因为四边形是矩形，所以，即，而平面，所以平面，因为是矩形，所以，因为平面，平面，所以，而平面，所以平面，因此，显然不可能，所以假设不成立，因此不存在实数，使直线同时垂直于直线，直线；(3)当时，由（2）可知：，所以是直线与直线所成角，设，由（2）可知，所以，在中，由余弦定理可知：，令，所以，于是有，当时，有最小值，最小值为，所以有最大值，最大值为.