第10章 空间直线与平面 综合复习训练（含解析）2023——2024学年沪教版（2020）高中数学必修第三册

第10章 空间直线与平面综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
2．如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论错误的是（ ）

A．点共面 B．平面平面
C． D．平面
3．在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在直三棱柱中，，点分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线与平面所成角为，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，）
A． B． C． D．
7．设表示空间的两条直线，表示平面，给出下列结论：（1）若且，则；（2）若且，则；（3）若且，则；（4）若且，则，其中不正确的个数是（ ）
A．1 B．2个 C．3个 D．4个
8．在正方体中，为四边形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．平面平面 D．若平面平面，则平面
二、多选题
9．已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
10．如图，已知正方体，点、、分别为棱、、的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与共面 B．平面平面
C． D．平面
11．已知点A为圆台下底面圆上的一点，S为上底面圆上一点，且，，，则下列说法正确的有（ ）
A．直线SA与直线所成角最小值为
B．直线SA与直线所成角最大值为
C．圆台存在内切球，且半径为
D．直线与平面所成角正切值的最大值为
12．在四面体中，，四面体的顶点均在球的表面上，则（ ）
A．当二面角为时， B．球的半径为1
C．异面直线与可能垂直 D．与面所成角最大值为
三、填空题
13．已知球的直径为，，为球面上的两点，点在上，且，平面，若是边长为的等边三角形，则球心到平面的距离为 ．
14．（1）如图，是直线上两点，在内的射影分别为两点，当直线满足条件 时，．

（2）在三棱锥中，当三条侧棱之间满足条件 时，有．
15．已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
四、解答题
16．如图1，已知正方形的中心为，边长为分别为的中点，从中截去小正方形，将梯形沿折起，使平面平面，得到图2．

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值．
17．三棱锥被平行于底面ABC的平面截得的几何体如图所示，截面为，，平面ABC，，．

(1)证明：平面平面．
(2)求二面角的余弦值．
18．如图，在正方体中，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由．
19．如图，是矩形所在平面外一点，且平面．已知．
(1)求二面角的大小；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
20．如图，已知，，，，，，，.
(1)求；
(2)求.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.
【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，
如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.

2．D
【分析】取中点，连接，，，，利用线面垂直的判断定理证明平面，平面，得到四点共面，再利用平行四边形的性质判断A，利用面面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的性质定理判断C，假设平面，由线面垂直的性质可知，进而得到四边形是菱形，与已知矛盾判断D.
【详解】选项A：如图，取中点，连接，，，，
因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，
所以，，，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
所以四点共面，
由题意知，，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确；
选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面，
因为，且平面，平面，所以平面，
又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确；
C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确；
D选项：假设平面，因为平面，则，
由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，
与，矛盾，故D说法错误;
故选：D
3．C
【分析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解.
【详解】如图，取的中点，连接，易得，
又，平面，所以平面，
又，所以，，，
在中，，由余弦定理得，
作交的延长线于点，则，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，所以，
在中，，则，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则点的轨迹长度为，
故选：C，
【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题：
1、由动点保持平行性求轨迹.
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹.
（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.
（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.
（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹.
5、投影求轨迹.
（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹.
（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹.
4．A
【分析】先求出异面直线与所成的角，再由余弦定理求解即可.
【详解】如图，取的中点为的中点为的中点为，
连接，易知，
则，又，
所以为异面直线与所成的角或其补角．
因为，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A．
5．A
【分析】根据题意，得到动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，取的中点，结合，即可求解.
【详解】如图所示，因为点到点的距离相等，
可得动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，
又因为，直线与平面所成角为，
取的中点，可得，则线段的最小值为.
故选：A.

6．A
【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.
【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角．
长方体中，，，为正方形的中心点，
则，又，
所以是等边三角形，故直线与的夹角为．
则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，．
因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为．
在平面中，作，，使得．
结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为，
易知．
设直线与的夹角为，则，故当时最小，
而
，
故直线与的夹角的正弦值的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键.
7．D
【分析】根据直线与直线平行、直线与平面平行的性质分别判断命题真假即可得解.
【详解】若且，则或，故命题错误；
若且，则或为异面直线，故命题错误；
若且，则或，故命题错误；
若且，则或相交或异面，故命题错误.
故选：D.
8．B
【分析】根据正方体性质结合图形可知异面，可判断A；通过证明平面，可判断B；记的中点分别为，然后证明是平面和平面的夹角或其补角，由为等腰三角形可判断C；由可判断D.
【详解】A选项：由正方体性质易知，，所以四点共面，
由图知，平面，直线在平面内，且不过点A，
所以异面，A错误；
B选项：因为平面，平面，所以，
又为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，B正确；
C选项：记平面平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，所以，
记的中点分别为，
由正方体性质可知，，所以，所以，
同理，，所以是平面和平面的夹角或其补角，
又对称性可知，为等腰三角形，故为锐角，C错误；
D选项：因为，
所以与平面相交，D错误.
故选：B
9．BD
【分析】利用反例说明A、C，利用线面平行的性质判断B，根据线面垂直的性质判断D.
【详解】如图，
在正方体中，
令，，平面，满足，，此时，故A错误；
由线面平行的性质知B正确；
令，，平面，满足，，此时，故C错误；
由垂直同一直线的两个不同的平面平行知，，故D正确；
故选：BD.
10．AB
【分析】证明出，可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用勾股定理可判断C选项；利用反证法可判断D选项.
【详解】如下图所示：
对于A选项，连接，
在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，故，
所以，与共面，A对；
对于B选项，因为且，所以，四边形为平行四边形，
则，
又因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，B对；
对于C选项，不妨设的棱长为，则，
，，
因为平面，平面，则，
所以，，
所以，，故、不垂直，C错；
对于D选项，假设平面，
又因为平面，，、平面，
所以，平面平面，
事实上，平面与平面不平行，假设不成立，D错.
故选：AB.
11．AD
【分析】
过点S作的平行线SD，从而找到直线SA与直线所成的角为，进而求出角的范围，即可判断A,B；对C，作出轴截面的内切圆，进而通过内切圆的性质检验数据（线段长度）是否矛盾，进而得到答案；对D，先作出线面角，进而求出线面角正切值的最大值，最后得到答案.
【详解】如图1，过S做SD垂直下底面与D，则，所以直线SA与所成角即为直线SA与直线SD所成角，即为所求，而，由圆的性质，，
所以，所以，所以A正确，B不正确.
对于C选项，若圆台存在内切求，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图2，
梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，
假设等腰梯形有内切圆，由切线的性质可得腰长为所以圆台不存在内切球.
所以C不正确.
对于D选项，平面SBC即平面，过点A做于点H，因为SD垂直于下
底面，AH含于下底面，所以，又，所以平面SBC，
所以直线与平面所成角为，，
设，则，
所以，
所以当时
当时根据复合函数单调性得
在单调递增，所以当函数取得最大值，
所以 的最大值为,所以D正确.
故选：AD

12．AB
【分析】利用空间向量数量积的运算法则，结合相应的垂直关系判断A，确定球心的位置判断B，利用反证法，结合线面垂直的判定定理判断C，利用线面角的定义判断D.
【详解】对于A，由题意得，
所以，分别过作的垂线，垂足分别为，

则，且，
因为二面角为，所以，
故
，
所以，故A正确；
对于B，因为，故的中点到的距离相等，
故球心为的中点，且球的半径为1，故B正确；
对于C，假设，又平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以是以为斜边的直角三角形，
所以，与已知矛盾，所以异面直线与不可能垂直，故C错误；
对于D，设与平面所成角为，点到平面的距离为，
则，所以当点到平面的距离最大时，与平面所成角最大，
当平面平面时，点到平面的距离最大，
此时，即，所以，故D错误.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
13．
【分析】根据球的截面性质，可得球的半径为，将球心到平面的距离转化为为到平面的距离的2倍，进而根据等体积变换可得.
【详解】因为，为球的直径，所以，
故球心到平面的距离即为到平面的距离的2倍，
如图
设球的半径为，由题意可知，
由，，可得，故
如图，
由题意平面，
则，
，且，
设到平面的距离为，则由可得，
，
得，得，
则球心到平面的距离为，
故答案为：
14． VC⊥VA且VC⊥VB或
【分析】（1）（2）利用线面垂直的性质、判定即可得条件.
【详解】（1）由，得，要，只需平面，由，因而只需，
所以满足的条件是；
（2）当，时，平面，则平面，
又平面，因此；
当时，，得≌，则
取的中点，连接，则，而平面，
于是平面，而平面，所以.

符合题意的条件为且或等等．
故答案为：；且或
15．/
【分析】先根据条件得到，进而得到，，利用线面垂直的性质作出面，故为直线BP与平面所成角，再利用，得知当与重合时，最小，再利用对顶角相等，即可求出结果.
【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，
由题知，得到，又，，得到，
所以与重合，由，得到，
所以，又，所以，
因为面，面，所以，
又，，面，所以面，
连接并延长，过作，交的延长线于，
又面，所以，又，面，
所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，
又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，
此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，

故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于点位置的确定，通过利用线面垂直的性质作出面，从而得出为直线BP与平面所成角，再利用，将问题转化成求的最小值，即可确定点位置，从而解决问题.
16．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理和判定定理可证；
（2）先证平面，则为二面角的平面角，利用余弦定理求解.
【详解】（1）在图1中，连接，由于为正方形对角线，
所以，平面，
由于平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为为的中点，所以，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）在图2中，设，连接，
由于点分别为中点，为正方形的中心，
所以四边形为边长为2的正方形，则，
又平面，所以，，
平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面平面，
所以，则为二面角的平面角，
在中，，
在中，，又，
在中，，
所以，
故二面角的平面角的正弦值为.

17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线面垂直可得线线垂直，由线线垂直可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）结合题意，找出二面角的平面角，计算出二面角的平面角的余弦值，即可得二面角的余弦值.
【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以，
在中，，
因为，所以，
又，故，
因此，即，
又，、平面，
故平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）如图所示，作，交于点E，连接BE，
由已知得平面，平面，
所以，又因为，，
、平面，
所以平面，因此，
故为二面角的平面角，

过点作，交于点，则，，
所以．在中，，
在中，，
因此，即二面角的余弦值为．
18．(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行.
【详解】（1）如图，连接交于，连接.

因为为正方体，底面为正方形，对角线，交于点，
所以为的中点，又因为为的中点，
所以在中，是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）当上的点为中点时，即满足平面平面，理由如下：
连接，，

因为为的中点，为的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
由（1）知平面，
又因为，，平面，
所以平面平面.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据二面角的定义求即可；
（2）根据线面角的定义构造垂直解三角形即可．
【详解】（1）∵底面为矩形，∴，
又∵平面，平面，
∴，
平面，∴平面，
又平面，∴，
易知即二面角平面角，，
由题意易知，故二面角的大小为．
（2）如图所示，过作交于点，连接，
根据已知平面，平面，∴，
∵平面，
∴平面，
由直线与平面的夹角的定义可知直线与平面所成角为，
矩形中，易知，
又易知，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理即可求解；
（2）在直角三角形中，分别求出，再利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）依题意，在中，由余弦定理得，，即，
由，
解得.
（2）由（1）及题知，又，，则，
则，
，
过作的垂线交于点，则.
， ，
.
答案第1页，共2页
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