立体几何期中复习.docx

1、立体几何期中复习一、单选题1（2022上海市复兴高级中学高三开学考试）在棱长为1的正方体中，为棱上的定点，动点在正方体表面上运动，满足，如果动点的轨迹是一个三角形，那么这个三角形是（）A等腰三角形B直角三角形C钝角三角形D以上都有可能2（2022上海奉贤区致远高级中学高二阶段练习）下列命题正确个数为（）三点确定一个平面；若一条直线垂直于平面内的无数条直线，则该直线与平面垂直；同时垂直于一条直线的两条直线平行；底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的表面积为A0B1C2D33（2022上海市松江二中高三阶段练习）已知、是不同的平面，m、n是不同的直线，则下列命题不正确的是（）A若，则B若，则C若，则D

2、若，则4（2022上海高二专题练习）如图，在正方体中，为棱的中点设与平面的交点为，则（）A三点 共线，且B三点不共线，且C三点共线，且D三点不共线，且5（2022上海市洋泾中学高二阶段练习）如图，正方体中，分别为棱的中点，连接，对空间任意两点，若线段与线段都不相交，则称两点可视，下列选项中与点可视的为（）A点B点C点D点6（2022上海上外附中高二阶段练习）下列四个命题中的真命题是（）A如果一条直线与另两条直线都相交，那么这三条直线必共面B如果三条直线两两都相交，那么它们能确定一个平面C如果三条直线相互平行，那么这三条直线在同一个平面上D如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线确定一个

3、平面7（2022上海高二单元测试）在下列判断两个平面与平行的4个命题中，真命题的个数是（）都垂直于平面r，那么都平行于平面r，那么都垂直于直线l，那么如果l、m是两条异面直线，且，那么A0B1C2D38（2022上海高二单元测试）已知两条直线mn，两个平面，给出下面四个命题，其中正确命题的序号是（）高中数学试卷分享qq群728806400，ABCD9（2022上海市延安中学高二阶段练习）过所在平面外的一点P，作，垂足为O，若点P到直线AB，AC和BC的距离都相等，则点O是的（）A内心B外心C重心D垂心10（2022上海高二专题练习）已知平面与平面，都相交，则这三个平面可能的交线有()A条或条B

4、条或条C条或条D条或条或条11（2022上海宝山高三阶段练习）在四面体ABCD中，各条校长都相等，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AB与EF所成角的大小为（）ABCD12（2022上海市洋泾中学高二阶段练习）如图，在矩形中，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（与不重合），若，分别为线段、的中点，则在折起过程中，下列选项正确的是（）A可以与垂直B不能同时做到平面且平面C当时，平面D直线、与平面所成角分别、，、能够同时取得最大值13（2022上海高二单元测试）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（含边界）一点，以下选项错误的是（）.A若，则满足条件的P点有且只有一个B若，则点P的轨

5、迹是一段圆弧C若平面，则长的最小值为D若且平面，则平面截正方体外接球所得截面的面积为14（2022上海高二单元测试）如图，已知、分别是正方体的棱、和的中点，由点、确定的平面截该正方体所得截面为（）A三角形B四边形C五边形D六边形15（2022上海市大同中学高二阶段练习）如图，在正方体中，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（）A当点移动至中点时，直线与平面所成角最大且为B无论点在上怎么移动，都有C当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且D无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是二、填空题16（2022上海大学附属南翔高级中学高二开学考试）在正方体中，是的中点，则直线与平面所成的角大

6、小为_（结果用反三角函数表示）.17（2022上海市洋泾中学高二阶段练习）如图，已知长方体的棱长，则点A到平面的距离是_18（2022上海奉贤区致远高级中学高二阶段练习）在正方体中，点在上，且，则 _19（2022上海上外附中高二阶段练习）如图，在空间四边形中，E，G分别为的中点且，则异面直线和所成角是_20（2022上海市洋泾中学高二阶段练习）如图，空间四边形中所有的边和对角线长均为1，则、之间的距离为_21（2022上海上外附中高二阶段练习）在空间中，下列说法：（1）不相交的直线是平行直线；（2）两个平面的交点个数只可能是1个或者无穷多个；（3）四边相等的四边形是菱形；（4）对角线互相平分

7、的四边形是平行四边形；（5）若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等其中正确的序号是_22（2022上海华师大二附中高三阶段练习）若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面所成角的大小为_.23（2022上海上外附中高二阶段练习）如图是正方体的平面展开图，在原来的正方体中（1）与平行；（2）与是异面直线； （3）与成；（4）与垂直其中正确的序号是_24（2022上海上外附中高二阶段练习）如图，在平面内，是的斜线，若，则与平面所成角是_25（2022上海奉贤区致远高级中学高二阶段练习）若一条直线同时平行于两个相交平面，则该直线与这两个平面的交线的位置关系是_26（2022上海市大

8、同中学高二阶段练习）已知，则_.27（2022上海高二单元测试）若面，面，面，则平面与平面的位置关系_.28（2022上海市大同中学高二阶段练习）正方体中，过作直线，若直线与平面中的直线所成角的最小值为，且直线与直线所成角为，则满足条件的直线的条数为_.29（2022上海大学附属南翔高级中学高二开学考试）正方体中，棱长为分别是、的中点，是底面的中心，过作截面，则所得截面的面积为_.30（2022上海大学附属南翔高级中学高二开学考试）在空间中，如果两条直线没有交点，那么这两条直线的位置关系是_.31（2022上海大学附属南翔高级中学高二开学考试）有下列四个命题：三点可以确定一个平面：若一条直线垂

9、直于平面内的无数条直线，则该直线与平面垂直；垂直于同一平面的两条直线平行；若直线a，b与直线c相交成等角，则.其中正确命题的序号是_.32（2022上海大学附属南翔高级中学高二开学考试）直线交平面于点，与所成角为上两点到平面的距离分别为24，则长为_.33（2022上海奉贤区致远高级中学高二开学考试）在正方体中，、分别是棱、的中点，则异面直线和所成角的大小为_34（2022上海市七宝中学高二开学考试）已知四面体中，、分别为、的中点，且异面直线与所成的角为，则_.35（2022上海高二单元测试）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）36（2022上海高二单元测试

10、）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_37（2022上海市进才中学高三阶段练习）已知，是直线，给出下列命题：若，则；若，则；若，则；若与异面，则至多有一条直线与，都垂直其中真命题是_（写出所有正确命题的序号）38（2022上海市洋泾中学高二阶段练习）如图，是从点引出的三条射线，他们之间每两条的夹角都是，则直线与平面所成角的大小为_39（2022上海高二单元测试）给出下列命题：若两条不同的直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；若两个不同的平面同时垂直于同一条直线，则这两个平面互相平行；若两个不同的平面同时垂直于第三个

11、平面，则这两个平面互相垂直；若两条不同的直线同时垂直于同一个平面，则这两条直线互相平行；其中所有错误命题的序号为_.40（2022上海高二单元测试）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_41（2022上海高二单元测试）在棱长为2的正方体中，那么点到平面的距离为_.42（2022上海高二单元测试）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_.43（2022上海市延安中学高二阶段练习）已知，点是所在平面外一点，且，点是边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_44（2022上

12、海虹口高二期末）在空间，如果两个不同平面有一个公共点，那么它们的位置关系为_45（2022上海市延安中学高二阶段练习）线段在平面外，两点到平面的距离分别为和，则线段的中点到平面的距离为_三、解答题46（2021上海师范大学附属外国语中学高二阶段练习）在中，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.(1)求证：平面BCDE；(2)求CM与平面所成角的大小；(3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由.47（2022上海市大同中学高二阶段练习）已知正方体.(1

13、)求异面直线与所成角的大小；(2)求证：平面.48（2022上海奉贤区致远高级中学高二阶段练习）在长方体中（如图），点是棱的中点(1)九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑试问四面体是否为鳖臑？并说明理由；(2)求四面体的体积；(3)求直线CD与平面DED1所成角的大小49（2022上海交大附中高三阶段练习）三棱锥中，且与底面成角.(1)设点在底面的投影为，求的长；(2)求证：是直角三角形；(3)求该三棱锥体积的最大值.50（2022上海上外附中高二阶段练习）如图，平面四边形是直角梯形，平面，且，M、N分别为的中点(1)求证：；(2)求与平面所成的角51（2022上海市延安中学高二

14、阶段练习）如图，为不共线的三点，且；求证：平面平面；52（2022上海上外附中高二阶段练习）己知点M是正方体的与上的中点，求异面直线与所成的角53（2022上海市洋泾中学高二阶段练习）在正方体中，M，N，P分别为，AD，的中点，棱长为1(1)求证：平面；(2)过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长54（2022上海大学附属南翔高级中学高二开学考试）如图，和是异面直线，分别为线段上的点，且，求和所成角的大小.55（2022上海市市西中学高二开学考试）三角形的边在平面内，在平面外，和分别与面成和的角，且平面与平面成的二面角，求的大小.56（2022上海复旦附中高

15、三阶段练习）四棱锥中，平面，四边形为菱形，为的中点.(1)求证：平面平面；(2)求与平面所成的角的正切值；57（2022上海大学附属南翔高级中学高二开学考试）如图所示，在正方体中，分别是的中点.求证：(1)三线共点；(2)直线和直线是异面直线.58（2022上海市洋泾中学高二阶段练习）如图，是圆柱的直径且，是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上的点(1)求圆柱的侧面积和体积；(2)若点E在上且，求与平面所成角的大小59（2022上海市市西中学高二开学考试）如图，直线是平面的斜线，且与平面斜交于点M，上异于点M的一点A在平面上的射影为O，在平面上过点M作一条直线m，直线m和直线MO不重合，设直线和

16、直线m的夹角为，比较与的大小，并说明理由.60（2022上海市松江二中高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的菱形，底面ABCD，M为OA的中点，N为BC的中点.(1)证明：直线面OCD；(2)求点B到平面OCD的距离.试卷第13页，共14页参考答案：1A【分析】在平面中过点作交于点，在平面中过作，连接、，即可证明平面，从而得到在的边上，即可判断轨迹三角形的形状.【详解】解：如图，在平面中过点作交于点，（当在时恰为点，当在点时点也恰为点，满足点（即）使得），在平面中过作，连接、，由正方体的性质可得，平面，平面，所以，平面，所以平面，平面，所以，所以，平面，所以平面，因为，所以，

17、又动点在正方体表面上运动，所以在的边上，显然，所以，所以为等腰三角形，又，所以不可能为直角三角形或钝角三角形；故选：A2B【分析】根据平面、线面垂直、线线垂直与平行、正四棱锥的表面积等知识确定正确答案.【详解】，在一条直线上的三个点，不能确定一个平面，所以错误.，若一条直线垂直于平面内的无数条直线，则该直线可能在这个平面内，所以错误.，同时垂直于一条直线的两条直线可能异面，所以错误.，正四棱锥的一个侧面对应的等腰三角形的高为，所以正四棱锥的表面积为，所以正确.故正确的命题个数为个.故选：B3C【分析】根据线面垂直与平行的判定，结合面面平行垂直的性质与判定逐个选项判断即可.【详解】A项：因为，所

18、以，因为，所以，A正确；B项：由，根据线面垂直的性质能推出，B正确；C项：n有可能在平面内，C错误；D项：由垂直于同一条直线的两个平面互相平行知，D正确.故选：C4A【分析】利用平面基本事实证明点O在直线 上，再借助正方体性质说明可得线段比例式，即可求得答案.【详解】在正方体中，连接 ，如图，故共面，连接 ，平面平面，因为M为棱 的中点，则平面，而平面，即平面，又，则平面，因AM与平面 的交点为O，则平面，于是得，即三点共线，由，为棱的中点，可得且，故 于是得，即 ，所以三点共线，且.故选：A5B【分析】根据异面直线的定义判断即可.【详解】A选项：四边形是平行四边形，与相交，故A错；C选项：四

19、边形是平行四边形，与相交，故C错；D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错；利用排除法可得选项B正确.故选：B.6D【分析】由空间中直线与直线的位置关系对选项逐一判断【详解】对于A，B，当三条直线交于同一点时，三条直线可能不共面，故A，B错误，对于C，当三条直线相互平行时，三条直线可能不共面，故C错误，对于D，一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线确定一个平面，故D正确，故选：D7D【分析】在正方体中观察可判断；由平面平行的传递性可判断；由线面垂直的性质可判断；根据面面平行判定定理可判断.【详解】如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故错误；由平面平行的传递性可知正确；由线面垂

20、直的性质可知正确；过直线l做平面与分别交于，过直线m做平面与分别交于，因为，所以，所以因为，所以同理，又l、m是两条异面直线，所以相交，且，所以，故正确.故选：D8A【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判定可得答案.【详解】，由线面垂直的判定定理可得，故正确；，可得，或异面，故错误；，由线面垂直的判定定理可得，故正确；，可得，故错误.故选：A.9A【分析】由线面垂直的判定及性质可得，由勾股定理可知，即可确定O的性质.【详解】由题设，可得如图示意图：分别是的高，即，又面，而面，面，面，、，又，面，面，面，又面，面，面，在中，.，故O一定是的内心.故选：A10D【分析】根据平面与平面的位置

21、关系，分类讨论，即可求解.【详解】由题意，当三个平面两两相交且过同一直线时，它们有1条交线；当平面和平行时，它们的交线有2条；当这三个平面两两相交且不过同一条直线时，它们有3条交线；故选：D.11B【分析】根据等边三角形的性质、三角形中位线的性质，结合线面垂直的判定定理、异面直线所成角的定义进行求解即可.【详解】取中点，连结，设正四面体的棱长为,则，且，是异面直线与所成的角(或其补角)，取中点，连结则，平面,平面,，异面直线与所成的角为,故选：B 12D【分析】A假设，利用线面垂直的判定有DE面，进而可得得矛盾即可判断；B取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，由线面平行的判定有面

22、，面，再由面面垂直的判定、性质得面，同理判断平面是否成立；C：连接ME，EN，利用勾股定理判断是否成立；D根据题设确定的轨迹，连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，应用余弦定理求得，由线面角的定义研究、是否能够同时取最大值.【详解】A：连接EC，假设，因为，所以，因为，面，所以DE面，因为面，所以，与矛盾，错误；B：取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，则，因为面，面，所以面，因为，则四边形BEDC为梯形，且BE，CD为底，又G，N分别为DE，BC的中点，所以，因为面，面，所以面，因为，面，所以面面，因为面MGN，所以面，同理面，错误；C：连接ME，EN，DN，当时，又，所以，

23、故MN与ME不垂直，从而MN不垂直于平面，错误；D：因为在以DE为直径的球面上，球心为G，所以的轨迹为的外接圆（与F不重合，F为CD的中点），连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，则，且，则，在KTB中，由余弦定理得，所以，当直线BK与面BCDE所成角取最大值时，K到面BCDE距离最大，由K为的中点，此时到面BCDE距离最大，由，当直线与面BCDE所成角取最大值时，到面BCDE距离最大，所以直线、BK与面BCDE所成角、能够同时取得最大值，正确.故选：D13C【分析】选项A,B可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面平面,知满足平面的点P在BD上, 长的最大值为，判断C；结合以上条件可知点P与

24、点B或D重合，利用，求出 ，进而求得平面截正方体外接球所得截面的面积，判断D.【详解】对于A，如下图，由吗，知点P在以为球心，半径为的球上，又因为点P在底面ABCD内（含边界），底面截球可得一个小圆，由底面ABCD,可知P点轨迹是在底面上以A为圆心的小圆圆弧，半径为 ，则只有唯一一点C满足题意，故A正确；对于B,由A的分析同理可得，点P在以A为圆心半径为的小圆圆弧上，在底面ABCD内（含边界）中，点P的轨迹为四分之一圆弧 ,故B正确；对于C,移动点P可得两相交的动直线与平面平行，则过点P必在过点且与平面平行的平面内，而平面平面,故满足平面的点在BD上,设O为正方形ABCD的中心，故的最大值为或

25、，最小值为,故C错误;对于D ,由以上分析可知，点P既在以A为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD上，即P与点B或D重合，不妨取点B，则平面截正方体正方体外接球所得截面为的外接圆，为正三角形，设其外接圆半径为r,则 ，故，所以平面截正方体外接球所得截面的面积为，故D正确，故选：C【点睛】本题考查了正方体中的线面位置关系以及截面问题和动点轨迹问题，综合性较强，解答时要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，同时要结合圆的定义以及三角形的相关知识进行解答.14D【分析】分别取的中点、，连接，由正方体性质可得答案.【详解】如图，分别取的中点、，连接，由正方体性质，所以平面，且，又交于同一点，所

26、以平面，所以点、确定的平面即为六边形故选：D15A【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量研究直线与直线垂直、夹角问题的相关公式和结论，结合函数的性质可判断选项A、B、D；由三角形的相似关系可判断选项C【详解】以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为1，则点是线段上的动点，可设，设是平面的一个法向量，则，即，令，则，设直线与平面所成角为，则当时，取最大值，即当点移动至中点时最大，由于，则的最大值大于，故A错误；，无论点在上怎么移动，都有，故B正确；若不是的中点，则与是异面直线；当为的中点时，也是的中点，与均在平面内且必相交，所以当点移动至中点时，

27、才有与相交于一点，记为点，连和，如图，根据，可得2，故C正确；，设异面直线与所成角为，则，故D正确故选：A16#【分析】根据线面垂直利用几何法确定线面角，进而根据锐角三角函数即可求解.【详解】在正方体中，连接相交于点,连接, 平面,平面,所以,又,平面,所以平面，因此为直线与平面所成角，,所以在直角三角形,所以 故答案为：17【分析】连接，过点作交于点，由题意可证得平面，所以点A到平面的距离为，求出即可得出答案.【详解】连接，过点作交于点，由长方体的性质知，平面，所以，所以平面，所以点A到平面的距离为，在中，所以.故答案为：.18#【分析】根据线性运算结合空间向量基本定理运算求解.【详解】由题

28、意可得：,则，则故答案为：.19【分析】取中点，连接，即可得到为异面直线和所成角，再结合余弦定理，即可得到结果.【详解】取中点，连接因为E，G分别为的中点，所以，且，且,所以为异面直线和所成角，又因为，在中，由余弦定理可得，即,又因为异面直线角度范围为所以异面直线角度为故答案为: 20【分析】作图，分析图中的几何关系，找出AB与DC的公垂线，公垂线段的长度即是所求.【详解】依题意， 都是边长为1的等边三角形，取DC边的中点E，AB边的中点F，连接，则有 平面AEB，平面AEB，平面AEB，即 ，又 ， 是以E为顶点的等腰三角形，即 ，EF是异面直线AB与DC的公垂线，即EF是、之间的距离，在

29、中， ，即、之间的距离为 .故答案为：.21（4）【分析】利用空间两直线位置关系、平面相交依据、空间四边形、等角定理即可做出判断.【详解】对于（1），在空间不相交的直线是平行直线或异面直线，故错误；对于（2），两个平面有一个公共点，一定会交于过此点的一条直线，故错误；对于（3），把一个菱形沿对角线翻折后成一空间四边形，其两组对边相等，四边也相等，但它是空间四边形，不是菱形，故错误；对于（4），两条对角线互相平分时，一定相交，所以四边形是平面图形，对角线互相平分的平面四边形是平行四边形，故正确；对于（5），若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故错误；故答案为：（4）22

30、【分析】由题意，根据圆锥的几何性质，可得底面半径与母线直线的比例关系，根据线面夹角的定义，可得答案.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则侧面积，底面积，即，设其母线与底面所成角为，则，故，即.故答案为：.23（3）【分析】画出正方体的直观图即可得到结果.【详解】正方体的直观图如图所示，结合图像可知与是异面直线，故（1）错误；由图像可知，故（2）错误；由图像可知，所以与所成角为且，故（4）错误.对于（3），因为，所以为与所成的角，且为等边三角形，即，故（3）正确.故答案为: （3）24【分析】如图，根据边长关系，确定平面，进而求出线面角的大小.【详解】如图,取中点为,连接,同理, 在中

31、，,且，又,，即,又因为,所以平面，所以为与平面所成角，在中，,所以.故答案为:.25平行【分析】作出辅助线，由线面平行的性质进行证明即可.【详解】平行，理由如下：如图，过AB作平面ABDC，交平面于CD，作平面ABFE交平面于EF，根据线面平行的性质可知：，所以，若中某条直线与重合，则结论得证；当均不与重合时，因为，所以，因为，由线面平行的性质可知：，所以.故答案为：平行26或【分析】利用等角定理即可求得答案【详解】利用等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故，,则有或,又,所以或，故答案为：或27相交【分析】根据给定条件利用平面的基本事实直接判断即可.

32、【详解】因面，面，面，则面与面有公共点A，且不重合，所以面与面的位置关系是相交.故答案为：相交282【分析】作出辅助线，得到为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，两个圆锥的交线即为满足条件的直线的条数.【详解】设立方体的棱长为1，过作直线，若直线与平面中的直线所成角的最小值为，即与平面所成角为，为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，连接，由题意得，直线与直线所成角为，直线与直线所成角为.此时为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，两个圆锥相交得到两条交线.故答案为：229# 【分析】连接，可证明，然后可得截面为梯形，然后求出其面积即可

33、.【详解】连接，因为分别是、的中点，所以，因为，所以，因为是的中点，所以过作截面，所得截面为梯形，因为正方体的棱长为，所以，所以梯形的高为，其面积为，故答案为：30平行或异面【分析】根据空间中两直线的位置关系即可判断.【详解】空间中的直线没有公共点，则两直线要么平行，要么是异面直线.故答案为：平行或异面31【分析】根据空间中点线面的位置关系以及平面的基本性质即可求解.【详解】空间中三个不共线的点可以确定一个平面，故错，若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则该直线与平面垂直，故错，垂直于同一平面的两条直线平行，故对，若直线a，b与直线c相交成等角，则不一定平行，例如正方体中,与所成角均为直角，

34、但不平行.，故错误.故答案为：32或【分析】由线面角以及锐角三角函数即可求解.【详解】当在 的同一侧时(如图),由题意可知：,且,所以 ，同理：当在 的两侧时，则,故，故答案为：或 33【分析】因为，又，所以，根据异面直线所成角的定义计算可得.【详解】在正方体中连接、，且，因为、分别是棱、的中点，所以，又，所以，所以即为异面直线和所成角的平面角，因为四边形为正方形，所以，所以异面直线和所成角的大小故答案为：34或【分析】根据，结合异面直线夹角的定义求解即可.【详解】如图，因为、分别为、的中点，故，故与所成的角即与所成的角为，且与相等或者互补，故或.故答案为：或35【分析】设与交于点，证得异面直

35、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：36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.37【分析】根据空间中线线的位置关系判断即可；【详解】解：已知，是直线，给

36、出下列命题：若，根据平行线的传递性可得：，正确；若，则与平行、相交或为异面直线，因此不正确；若，则，正确；若与异面，则有无数条直线与，都垂直，因此不正确其中真命题是 故答案为：38【分析】本题首先可以结合题意绘出图像，过上一点作平面，根据线面角的定义即可得出就是直线与平面所成的角，然后通过题意得出，再然后通过线面垂直的判定与性质得出，最后设，通过勾股定理求出、的长，根据即可得出结果.【详解】如图，结合题意绘出图象：过上一点作平面，过点作，则就是直线与平面所成的角，因为平面，所以，平面，所以平面，同理可证，因为，所以，所以，所以点在的平分线上，设，则，故，线与平面所成角的大小为.故答案为：.39

37、【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断【详解】垂直于同一条直线的两条直线可能相交、可能平行、也可能异面，错；垂直于同一条直线的两个平面平行，正确；垂直于同一平面的两个平面可能平行也可能相交，错；垂直于同一平面的两条直线平行，正确故答案为：40【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

38、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：.41#【分析】由等体积法求出到平面的距离，根据正方体的性质有面，即可求到平面的距离.【详解】由，且，若到平面的距离为h，则，可得，由正方体的性质易知：面，故到平面的距离为.故答案为：42【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

39、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：43【分析】取中点，由三角形中位线性质可得，则可知所求角为（或其补角），利用余弦定理可求得，由此可得结果.【详解】取中点，连接，设，分别为中点，异面直线与所成角即为直线与所成角，即（或其补角），为等边三角形，同理可得：，即异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.44相交【分析】根据两平面位置关系的定义判断可出结论.【详解】在空间，如果两个不同平面有一个公共点，则这两个平面相交.故答案为：相交.45或#或.【分析】考虑两种情

40、况：当、两点在平面的同侧与当、两点在平面的异侧，分别利用平面几何知识求解线段中点到平面的距离.【详解】设线段中点到平面的距离为，考虑两种情况：当、两点在平面的同侧时，如图，此时线段中点到平面的距离为；当、两点在平面的异侧时，如图，由三角形相似，得，即得.综上，线段中点到平面的距离为或.故答案为：或.46(1)证明见解析(2)(3)存在；2【分析】（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；（2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可；（3）在（2）的坐标系基础上，写出坐标，设，表示出点N，分别求出平面CMN与平面DEN的法向量，令数量积为0，求出参数即可.（1）因为在中，所以

41、，因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，又，所以平面BCDE；（2）因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，故，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为；（3）设，即，即，设平面CMN的法向量为，则有，即，令则，同理，设平面DEN的法向量为，则，即，令，则，故，若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，故存在这样的点，所以47(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据正方体的性质可得，进而可得异面直线与所成角的大小即直线与所成角，再根据求解即可即可；（2）根据线面垂直的证

42、明可得平面，从而得到，同理可得，结合线面垂直的判定证明即可.（1）如图，因为为正方体，故且，故四边形为平行四边形，故，所以异面直线与所成角的大小即直线与所成角.根据正方形对角线等长可得，故即异面直线与所成角的大小为.（2）如图，根据正方体的性质可得，且平面，又平面，故，又，平面，故平面.又平面，故.同理，且，平面，故平面，即得证.48(1)四面体是鳖臑,理由见解析；(2)；(3).【分析】（1）在长方体中平面，故有两个面是直角三角形，再证明和为直角三角形即可；（2）根据三棱锥体积公式直接计算；（3）找出线面角，根据等腰直角三角形直接计算即可.（1），点是棱的中点，又，故，因为平面，则，又，平面，平面，四面体的四个面都是直角三角形，故