eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：平面 $\alpha / / \beta$ 平面的一个充分条件是（ ）
选项：
存在一条直线 $a, a / / \alpha, a / / \beta$

B. 存在一条直线 $a, a \subset \alpha, a / / \beta$

C. 存在两条平行直线 $a, b, a \subset \alpha, b \subset \beta, a / / \beta, b / / \alpha$

D. 存在两条异面直线 $a, b, a \subset \alpha, b \subset \beta, a / / \beta, b / / \alpha$
答案：D
解析：试题分析：对于 A, 一条直线与两个平面都平行, 两个平面不一定平行. 故 A 不对;对于 $\mathrm{B}$, 一个平面中的一条直线平行于另一个平面, 两个平面不一定平行, 故 $\mathrm{B}$ 不对;对于 C, 两个平面中的两条直线平行, 不能保证两个平面平行, 故 C 不对;对于 $\mathrm{D}$, 两个平面中的两条互相异面的直线分别平行于另一个平面, 可以保证两个平面平行, 故 D 正确

考点: 空间线面平行的判定与性质
题目（高一 · 立体几何学）：设 $a, b$ 是两条不同的直线, $\alpha, \beta$ 是两个不同的平面, 则 $\alpha / / \beta$ 的一个充分条件是
选项：
存在两条异面直线 $a, b, a \subset \alpha, b \subset \beta, a / / \beta, b / / \alpha$.

B. 存在一条直线 $a, a / / \alpha, a / / \beta$.

C. 存在一条直线 $a, a \subset a, a / / \beta$.

D. 存在两条平行直线 $a, b, a \subset \alpha, b \subset \beta, a / / \beta, b / / a$.
答案：A
解析：【分析】

根据面面平行的判定定理, 以及线面, 面面位置关系, 逐项判断, 即可得出结果.

## 【详解】

对于 $\mathrm{A}$ 选项, 如图: $a, b$ 为异面直线, 且 $a \subset \alpha, b \subset \beta, a / / \beta, b / / \alpha$, 在 $\beta$ 内过 $b$ 上一点作 $c / / a$, 则 $\beta$ 内有两相交直线平行于 $\alpha$, 则有 $\alpha / / \beta$; 故 $\mathrm{A}$ 正确;


对于 $\mathrm{B}$ 选项, 若 $a / / \alpha, a / / \beta$, 则 $a$ 可能平行于 $\alpha$ 与 $\beta$ 的交线, 因此 $\alpha$ 与 $\beta$ 可能平行,也可能相交，故 B 错；

对于 C 选项, 若 $a \subset a, a / / \beta$, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 可能平行，也可能相交，故 C 错;

对于 $\mathrm{D}$ 选项, 若 $a \subset \alpha, b \subset \beta, a / / \beta, b / / a$, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 可能平行, 也可能相交, 故 $\mathrm{D}$错.

故选: A

## 【点睛】

本题主要考查探求面面平行的充分条件，熟记面面平行的判定定理，以及线面，面面位置关系即可，属于常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：已知 $m, n$ 为两条不同的直线, $\alpha, \beta$ 为两个不同的平面, 对于下列四个命题:
(1) $m \subset \alpha, n \subset \alpha, m\|\beta, n\| \beta \Rightarrow \alpha \| \beta$
(2) $n / / m, n \subset \alpha \Rightarrow m \| \alpha$
(3) $\alpha / / \beta, m \subset \alpha, n \subset \beta \Rightarrow m \| n$
(4) $m\|\alpha, n \subset \alpha \Rightarrow m\| n$

其中正确命题的个数有（ ）
选项：
0 个
B. 1 个
C. 2 个
D. 3 个
答案：A
解析：(1) $m \subset \alpha, n \subset \alpha, m\|\beta, n\| \beta$, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 可能相交, (1)错; (2) $n \| m, n \subset \alpha$,则 $m$ 可能在平面 $\alpha$ 内, (2)错; (3) $\alpha \| \beta, m \subset \alpha, n \subset \beta$, 则 $m$ 与 $n$ 可能异面, (3)错;

(4) $m \| \alpha, n \subset \alpha$, 则 $m$ 与 $n$ 可能异面, (4)错, 故所有命题均不正确, 故选 $\mathrm{A}$.

【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面平行判定与性质, 属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断, 常采用画图(尤其是画长方体)、现实实物判断法 (如墙角、桌面等) 、排除笁选法等; 另外, 若原命题不太容易判断真假, 可以考虑它的逆否命题, 判断它的逆否命题真假, 原命题与逆否命题等价.
题目（高一 · 立体几何学）：对于不重合的两个平面 $\alpha$ 与 $\beta$, 给定下列条件:

(1)存在平面 $\gamma$ ，使得 $\alpha, \beta$ 都平行于 $\gamma$

(2) 存在两条不同的直线 $I, m$, 使得 $l \subset \beta, m \subset \beta$, 使得 $I / / \alpha, m / / \alpha$

(3) $\alpha$ 内有不共线的三点到 $\beta$ 的距离相等;

(4)存在异面直线 $I, m$, 使得 $I / / \alpha, I / / \beta, m / / \alpha, m / / \beta$.

其中，可以判定 $\alpha$ 与 $\beta$ 平行的条件有
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：B
解析：【分析】

利用直线与平面、平面与平面的位置关系, 对选项进行逐一判断, 确定出正确选项即可.

## 【详解】

对于(1):由平行于同一平面的两个平面平行可知(1)正确;

对于(2):由面面平行的判定定理知, 若 $l, m$ 是同一平面内的两条相交直线时,可以判定 $\alpha$ 与 $\beta$ 平行,反之不成立,故(2)不正确;

对于(3):若 $\alpha, \beta$ 是两个相交平面时,如果平面 $\alpha$ 内不共线的三点在平面 $\beta$ 的异侧时, 此三点可以到平面 $\beta$ 的距离等,此时不能判定 $\alpha$ 与 $\beta$ 平行,故(3)不正确;

对于(4):在平面 $\alpha$ 内作 $l^{\prime} / / l, m^{\prime} / / m$, 因为 $l, m$ 是两条异面直线, 所以必有 $l^{\prime}, m^{\prime}$ 相交, 又因为 $l / / \beta, m / / \beta$, 所以 $l^{\prime} / / \beta, m^{\prime} / / \beta$,由面面平行的判定定理知, $\alpha$ 与 $\beta$ 平行,故(4)正确;故选:B

## 【点睛】

本题考查面面平行的判定及线面平行的判定;熟练掌握面面平行的判定定理是求解本题的关键;重点考查学生的逻辑思维能力;属于中档题、常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：我国古代数学名著 《九章算术》中记载的“刍党” (chu meng) 是指底面为矩形, 顶部只有一条棱的五面体.如图, 五面体 $A B C D E F$ 是一个刍营, 其中 $\triangle B C F, \triangle A E D$ 都是正三角形, $A B=2 B C=2 E F$, 则以下两个结论: (1) $A B / / E F$; (2) $B F \perp E D$, 说法正确的是 ( )


选项：
(1)和(2)都不成立
B. (1)成立, 但(2)不成立
C. (1)不成立, 但(2)成立
D. (1)和(2)都成立
答案：D
解析：【分析】

利用线面平行的判定定理和性质定理和勾股定理进行求解即可.

## 【详解】

因为底面为矩形, 所以有 $A B / / C D, C D \subset$ 平面 $C D E F, A B \not \subset$ 平面 $C D E F$, 所以 $A B / /$ 平面 $C D E F$ ，而平面 $A B E F \cap$ 平面 $C D E F=E F$ ，所以 $A B / / E F$ ，故结论(1)是正确的;

取 $C D$ 的中点 $G$, 连接 $G B, F G$ 如下图所示: 因为 $A B=2 B C=2 E F$, 所以有 $D G / / E F, D G=E F$, 因此四边形 $D G F E$ 是平行四边形, 所以有 $D E / / G F, D E=G F$,不妨设 $E F=1$, 因此 $A B=2, B C=1, B G=\sqrt{2} B C=\sqrt{2} E F=\sqrt{2}$, 因为 $\triangle B C F, \triangle A E D$ 都是正三角形, 所以 $D E=B F=1$, 因此有 $F G=D E=1$, 因为 $F G^{2}+B F^{2}=B G^{2}$, 所以 $B F \perp F G$, 因此 $B F \perp E D$, 故结论(2)是正确的.故选: D



## 【点睛】

本题考查了线面平行的判定定理和性质定理, 考查了勾股定理, 考查了数学阅读能力
题目（高一 · 立体几何学）：已知棱长为 3 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 点 $E$ 是棱 $A B$ 的中点, $\overrightarrow{C F}=2 \overrightarrow{F C_{1}}$,动点 $\boldsymbol{P}$ 在正方形 $A A_{1} D D_{1}$ （包括边界）内运动, 且 $P B_{1} / /$ 面 $D E F$, 则 $P C$ 的长度范围为 $(\quad)$
选项：
$[\sqrt{13}, \sqrt{19}]$
B. $\left[\frac{3 \sqrt{35}}{5}, \sqrt{19}\right]$
C. $\left[\frac{3 \sqrt{35}}{5}, \sqrt{13}\right]$
D. $\left[\frac{3 \sqrt{39}}{5}, \sqrt{19}\right]$
答案：B
解析：【分析】

如图:先作出过 $B_{1} P$ 且与平面 $D E F$ 平行的平面, 可知点 $P$ 的轨迹为 $Q N$, 然后根据平面几何知识求出 $D P$ 的最小值和最大值,根据勾股定理可求出 $P C$ 的取值范围.

## 【详解】

如图所示:


在 $A A_{1}$ 上取点 $Q$, 使得 $A Q=\frac{1}{2} Q A_{1}$, 连接 $B_{1} Q$, 因为 $\overrightarrow{C F}=2 \overrightarrow{F C_{1}}$, 所以 $B_{1} Q / / D F$;

取 $C_{1} D_{1}$ 的中点 $M$, 连接 $B_{1} M$, 因为 $E$ 为 $A B$ 的中点, 所以 $B_{1} M / / D E$;

因此平面 $B_{1} Q M$ / / 平面 $D E F$,

过 $M$ 作 $M N / / D F$ 交 $D D_{1}$ 于 $N$, 则四点 $B_{1}, Q, N, M$ 共面, 且 $D N=\frac{2}{3} D D_{1}$,

因为 $B_{1} P / /$ 平面 $D E F$, 所以点 $P$ 在线段 $Q N$ 上运动,

连接 $D P$, 根据正方体的性质可知 $C D \perp D P$ ，

所以 $P C=\sqrt{C D^{2}+D P^{2}}$,

在平面 $Q A D N$ 中, $A Q=1, A D=3, D Q=2$, 所以 $D N=\sqrt{3^{2}+1}=\sqrt{10}$,

$D Q=\sqrt{1+3^{2}}=\sqrt{10}$, 所以点 $D$ 到 $Q N$ 的距离为 $\frac{\frac{1}{2} \times 3 \times 2}{\frac{1}{2} \times \sqrt{10}}=\frac{3 \sqrt{10}}{5}$,

所以 $D P$ 的最小值为 $\frac{3 \sqrt{10}}{5}$, 最大值为 $\sqrt{10}$,

所以 $P C$ 的最小值为 $\sqrt{\left(\frac{3 \sqrt{10}}{5}\right)^{2}+3^{2}}=\frac{3 \sqrt{35}}{5}$, 最大值为 $\sqrt{(\sqrt{10})^{2}+3^{2}}=\sqrt{19}$.

所以 $P C$ 的取值范围是 $\left[\frac{3 \sqrt{35}}{5}, \sqrt{19}\right]$.

故选:B

## 【点睛】

本题考查了作几何体的截面,考查了平面与平面平行的判定,考查了立体几何中的轨迹问题,关键是作出点 $P$ 的运动轨迹, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是正方体, $E$ 为棱 $B B_{1}$ 上的动点 (不含端点), 平面 $A_{1} C_{1} E$与底面 $A B C D$ 的交线为 $l$, 则 $l$ 与 $A C$ 的位置关系是 ( )


选项：
异面
B. 平行
C. 相交
D. 与 $E$ 点位置有

关
答案：B
解析：【分析】

根据线面平行的性质定理和平行公理, 判断出正确选项.

## 【详解】

由于 $A_{1} C_{1} / /$ 平面 $A B C D$, 平面 $A_{1} C_{1} E \cap$ 平面 $A B C D=l$, 根据线面平行的性质定理可知 $A_{1} C_{1} / / l$, 由于 $A_{1} C_{1} / / A C$, 所以 $l / / A C$.

故选: B.

## 【点睛】

本小题主要考查线面平行的性质定理, 考查平行公理, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在四面体 $A B C D$ 中, 截面 $P Q M N$ 是正方形, 则在下列命题中, 错误的为 ( )


选项：
$A C \perp B D$
B. $A C / /$ 截面 $P Q M N$
C. $A C=B D$
D. 异面直线 $P M$ 与 $B D$ 所成的角为 $45^{\circ}$
答案：C
解析：【分析】

首先由正方形中的线线平行推导线面平行, 再利用线面平行推导线线平行, 将 $A C 、 B D$平移到正方形内, 即可利用平面图形知识作出判断.

## 【详解】

因为截面 $P Q M N$ 是正方形, 所以 $P Q / / M N 、 Q M / / P N$,

则 $P Q / /$ 平面 $A C D 、 Q M / /$ 平面 $B D A$,

所以 $P Q / / A C, Q M / / B D$,

由 $P Q \perp Q M$ 可得 $A C \perp B D$, 故 $A$ 正确;

由 $P Q / / A C$ 可得 $A C / /$ 截面 $P Q M N$, 故 $B$ 正确;

异面直线 $P M$ 与 $B D$ 所成的角等于 $P M$ 与 $Q M$ 所成的角, 故 $D$ 正确;

综上 $C$ 是错误的.

故选 $C$.

## 【点睛】

本题主要考查线面平行的性质与判定, 考查了异面直线所成角的定义及求法, 属于基础

题.
题目（高一 · 立体几何学）：设 $l$ 为直线, $\alpha, \beta$ 是两个不同的平面, 下列说法中正确的是 ( )
选项：
若 $l\|\alpha, l\| \beta$, 则 $\alpha / / \beta$

B. 若 $\alpha / / \beta, l / / \alpha$, 则 $l / / \beta$

C. 若 $l \perp \alpha, l / / \beta$, 则 $\alpha \perp \beta$

D. 若 $\alpha \perp \beta, l \| \alpha$, 则 $l \perp \beta$
答案：C
解析：【分析】

画出长方体，按照选项的内容在长方体中找到相应的情况，即可得到答案

## 【详解】

对于选项 A, 在长方体中, 任何一条棱都和它相对的两个平面平行, 但这两个平面相交,所以 $\mathrm{A}$ 不正确;

对于选项 $\mathrm{B}$, 若 $\alpha, \beta$ 分别是长方体的上、下底面, 在下底面所在平面中任选一条直

线 $l$, 都有 $l \| \alpha$, 但 $l \subset \beta$, 所以 $\mathrm{B}$ 不正确;

对于选项 $\mathrm{D}$, 在长方体中, 令下底面为 $\beta$, 左边侧面为 $\alpha$, 此时 $\alpha \perp \beta$, 在右边侧面中取一条对角线 $l$, 则 $l \| \alpha$ ，但 $l$ 与 $\beta$ 不垂直，所以 $\mathrm{D}$ 不正确;

对于选项 C, 设平面 $\gamma \cap \beta=m$, 且 $l \subset \gamma$, 因为 $l / / \beta$, 所以 $l \| m$, 又 $l \perp \alpha$, 所以 $m \perp \alpha$,又 $m \subset \beta$, 所以 $\alpha \perp \beta$, 所以 $\mathrm{C}$ 正确.

## 【点睛】

本题考查直线与平面的位置关系, 属于简单题
题目（高一 · 立体几何学）：如果直线 $a$ 平行于平面 $\alpha$, 则
选项：
平面 $\alpha$ 内有且只有一直线与 $a$ 平行

B. 平面 $\alpha$ 内有无数条直线与 $a$ 平行

C. 平面 $\alpha$ 内不存在与 $\boldsymbol{a}$ 平行的直线

D. 平面 $\alpha$ 内的任意直线与直线 $a$ 都平行
答案：B
解析：【分析】

根据线面平行的性质解答本题.

## 【详解】

根据线面平行的性质定理, 已知直线 $a / /$ 平面 $\alpha$.

对于 $\mathrm{A}$, 根据线面平行的性质定理, 只要过直线 $a$ 的平面与平面 $\alpha$ 相交得到的交线, 都与直线 $a$ 平行; 所以平面 $\alpha$ 内有无数条直线与 $a$ 平行; 故 $\mathrm{A}$ 错误;

对于 B, 只要过直线 $a$ 的平面与平面 $\alpha$ 相交得到的交线, 都与直线 $a$ 平行; 所以平面 $\alpha$内有无数条直线与 $a$ 平行; 故 B 正确;
对于 $\mathrm{C}$, 根据线面平行的性质, 过直线 $a$ 的平面与平面 $\alpha$ 相交得到的交线 $b$, 则直线 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$,所以 C 错误;

对于 $\mathrm{D}$, 根据线面平行的性质, 过直线 $a$ 的平面与平面 $\alpha$ 相交得到的交线 $b$, 则直线 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$,则在平面 $\alpha$ 内与直线 $b$ 相交的直线与 $a$ 不平行，所以 $\mathrm{D}$ 错误;

故选: B.

## 【点睛】

本题考查了线面平行的性质定理; 如果直线与平面平行, 那么过直线的平面与已知平面相交，直线与交线平行.
题目（高一 · 立体几何学）：已知平面 $\boldsymbol{\alpha}$ 和直线 I, 则 $\boldsymbol{\alpha}$ 内至少有一条直线与 I（）
选项：
异面
B. 相交
C. 平行
D. 垂直
答案：D
解析：若直线 $l / / \alpha, \alpha$ 内至少有一条直线与 1 垂直,

当 1 与 $\alpha$ 相交时, $\alpha$ 内至少有一条直线与 1 垂直.

当 $l \subset \alpha ， \alpha$ 内至少有一条直线与 1 垂直.

故选 D.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正四棱雉 $S-A B C D$ 中, $\mathrm{E}, \mathrm{M}, \mathrm{N}$ 分别是 $\mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{SC}$ 的中点, 动点 $\mathbf{P}$在线段 $\mathrm{MN}$ 上运动时, 下列四个结论: (1) $\mathrm{EP} \perp \mathrm{AC}$; (2)EP// BD; (3)EP// 平面 $\mathrm{SBD}$; (4)EP $\perp$平面 SAC，其中恒成立的为 ( )


选项：
(1)(3)
B. (3)(4)
C. (1)2)
D. (2)(3)(4)
答案：A
解析：【分析】

在(1)中: 由题意得 $\mathrm{AC} \perp$ 平面 $\mathrm{SBD}$, 从而平面 $\mathrm{EMN} /$ 平面 $\mathrm{SBD}$, 由此得到 $\mathrm{AC} \perp \mathrm{EP}$;在(2)中: 由异面直线的定义可知: $\mathrm{EP}$ 与 $\mathrm{BD}$ 是异面直线; 在(3)中: 由平面 $\mathrm{EMN} / /$ 平面 $\mathrm{SBD}$, 从而得到 $\mathrm{EP} / /$ 平面 $\mathrm{SBD}$; 在(4)中: 由已知得 $\mathrm{EM} \perp$ 平面 $\mathrm{SAC}$, 从而得到 $\mathrm{EP}$ 与平面 SAC 不垂直.

## 【详解】

如图所示，连接 $\mathrm{AC} 、 \mathrm{BD}$ 相交于点 $\mathrm{O}$, 连接 $\mathrm{EM}, \mathrm{EN}$.



在(1)中: 由正四棱雉 $\mathrm{S}-\mathrm{ABCD}$, 可得 $\mathrm{SO} \perp$ 底面 $\mathrm{ABCD}, \mathrm{AC} \perp \mathrm{BD}, \therefore \mathrm{SO} \perp \mathrm{AC}$.

$\because \mathrm{SO} \cap \mathrm{BD}=\mathrm{O}, \therefore \mathrm{AC} \perp$ 平面 $\mathrm{SBD}, \because \mathrm{E}, \mathrm{M}, \mathrm{N}$ 分别是 $\mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{SC}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{EM} / / \mathrm{BD}, \mathrm{MN} / / \mathrm{SD}$, 而 $\mathrm{EM} \cap \mathrm{MN}=\mathrm{M}, \therefore$ 平面 $\mathrm{EMN} / /$ 平面 $\mathrm{SBD}$,

$\therefore \mathrm{AC} \perp$ 平面 $\mathrm{EMN}, \therefore \mathrm{AC} \perp \mathrm{EP}$. 故正确.

在(2)中: 由异面直线的定义可知: $\mathrm{EP}$ 与 $\mathrm{BD}$ 是异面直线, 不可能 $\mathrm{EP} / / \mathrm{BD}$, 因此不正确;

在(3)中: 由(1)可知平面 $\mathrm{EMN} / /$ 平面 $\mathrm{SBD}, \therefore \mathrm{EP} / /$ 平面 $\mathrm{SBD}$, 因此正确.

在(4)中: 由(1)同理可得: $\mathrm{EM} \perp$ 平面 $\mathrm{SAC}$,

若 $\mathrm{EP} \perp$ 平面 $\mathrm{SAC}$, 则 $\mathrm{EP} / / \mathrm{EM}$, 与 $\mathrm{EP} \cap \mathrm{EM}=\mathrm{E}$ 相矛盾,

因此当 $\mathrm{P}$ 与 $\mathrm{M}$ 不重合时, $\mathrm{EP}$ 与平面 SAC 不垂直. 即不正确.

$\therefore$ 恒成立的结论是: (1)(3).

故选: A.

## 【点睛】

本题考查了命题的真假判断与应用, 考查空问线面、面面的位置关系判定, 考查空间想象能力和思维能力，属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E, F$ 分别是 $A D, D D_{1}$ 的中点, $A B=4$, 则过 $B, E$, $F$ 的平面截该正方体所得的截面周长为
选项：
$6 \sqrt{2}+4 \sqrt{5}$
B. $6 \sqrt{2}+2 \sqrt{5}$
C. $3 \sqrt{2}+4 \sqrt{5}$
D. $3 \sqrt{2}+2 \sqrt{5}$
答案：A
解析：【分析】

利用线面平行的判定与性质证明直线 $B C_{1}$ 为过直线 $E F$ 且过点 $\mathrm{B}$ 的平面与平面 $B C C_{1} B_{1}$的交线, 从而证得 $B, E, F, C_{1}$ 四点共面, 然后在正方体中求等腰梯形 $B E F C_{1}$ 的周长即可.

【详解】

作图如下:



因为 $E, F$ 是棱 $A D, D D_{1}$ 的中点,

所以 $E F / / A D_{1} / / B C_{1}$,

因为 $E F \not \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}, B C_{1} \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$,

所以 $E F / /$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$,

由线面平行的性质定理知,

过直线 $E F$ 且过点 $\mathrm{B}$ 的平面与平面 $B C C_{1} B_{1}$ 的交线 $l$ 平行于直线 $E F$,

结合图形知, $l$ 即为直线 $B C_{1}$,

过 $B, E, F$ 的平面截该正方体所得的截面即为等腰梯形 $B E F C_{1}$,

因为正方体的棱长 $A B=4$,

所以 $E F=2 \sqrt{2}, B E=C_{1} F=2 \sqrt{5}, B C_{1}=4 \sqrt{2}$,

所以所求截面的周长为 $6 \sqrt{2}+4 \sqrt{5}$,

故选:A

## 【点睛】

本题主要考查多面体的截面问题和线面平行的判定定理和性质定理; 重点考查学生的空间想象能力;属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：设 $m, n$ 是两条不同的直线, $\alpha, \beta$ 是两个不同的平面, 则下列命题不正确的是 ( )
选项：
若 $m \not \subset \alpha, n \subset \alpha, m / / n$, 则 $m / / \alpha$
B. 若 $m \perp \alpha, n \perp \alpha$, 则 $m / / n$
C. 若 $m \subset \alpha, m \perp \beta$, 则 $\alpha \perp \beta$
D. 若 $m / / \alpha, m / / \beta$, 则 $\alpha / / \beta$
答案：D
解析：【分析】

对于 $A$, 利用线面平行的判定可得 $A$ 正确.对于 $B$, 利用线面垂直的性质可得 $B$ 正确.对于 C, 利用面面垂直的判定可得 C 正确. 根据平面与平面的位置关系即可判断 D 不正确.

## 【详解】

对于 A, 根据平面外的一条直线与平面内的一条直线平行,

则这条直线平行于这个平面，可判定 A 正确.

对于 B，根据垂直于同一个平面的两条直线平行，判定 B 正确.

对于 C，根据一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直，

可判定 C 正确.

对于 $\mathrm{D}$, 若 $m / / \alpha, m / / \beta$, 则 $\alpha / / \beta$ 或 $\alpha, \beta$ 相交, 所以 $\mathrm{D}$ 不正确.

故选: D

## 【点睛】

本题主要考查了线面平行和面面垂直的判定, 同时考查了线面垂直的性质, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知直线 $a$, 两个不重合的平面 $\alpha, \beta$. 若 $\alpha / / \beta, a \subset \alpha$, 则下列四个结论中正确的是 ( )
(1) $a$ 与 $\beta$ 内的所有直线平行;
(2) $a$ 与 $\beta$ 内的无数条直线平行;

(3) $a$ 与 $\beta$ 内任何一条直线都不垂直;

(4) $a$ 与 $\beta$ 没有公共点.
选项：
(1)(2)
B. (2)(4)
C. (2)(3)
D. (3)(4)
答案：B
解析：【分析】

根据面面平行的性质以及定义，可得结果.

## 【详解】

由面面平行的性质知(1)错误;

由面面平行的性质知(2)正确;

$\alpha$ 与 $\beta$ 内的直线可能异面垂直, 故(3)错;

由面面平行的定义知(4)正确.

故选: B

## 【点睛】

本题主要考查面面平行的性质, 属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在棱长为 2 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $M$ 是 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 点 $P$ 是侧
面 $C D D_{1} C_{1}$ 上的动点, 且 $M P / /$ 截面 $A B_{1} C$, 则线段 $M P$ 长度的取值范围是 ( ).


选项：
$[\sqrt{2}, \sqrt{6}]$
B. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]$
C. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{3}]$
D. $[\sqrt{6}, 3]$
答案：B
解析：析】

取 $\mathrm{CD}$ 的中点为 $\mathrm{N}, C C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{R}, B_{1} C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{H}$, 证明平面 $\mathrm{MNRH} /$ /平面 $A B_{1} C$,

$M P \subset$ 平面 $M N R H$, 线段 $M P$ 扫过的图形为 $\triangle M N R$, 通过证明 $M N^{2}=N R^{2}+M R^{2}$, 说明 $\angle M R N$ 为直角,得线段 $M P$ 长度的取值范围为 $[M R, M N]$ 即可得解.

## 【详解】

取 $\mathrm{CD}$ 的中点为 $\mathrm{N}, C C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{R}, B_{1} C_{1}$ 的中点为 $\mathrm{H}$, 作图如下:



由图可知, $M B_{1} / / N C, M B_{1}=N C$,

所以四边形 $M N C B_{1}$ 为平行四边形,

所以 $M N / / B_{1} C$,

因为 $M H / / A_{1} C_{1}, A_{1} C_{1} / / A C$,

所以 $M H / / A C$,

因为 $M N \cap M H=M, A C \cap B_{1} C=C$,
故平面 $\mathrm{MNRH} / /$ 平面 $A B_{1} C$,

因为 $M P / /$ 截面 $A B_{1} C$,

所以 $M P \subset$ 平面 $M N R H$,线段 $M P$ 扫过的图形为 $\triangle M N R$,

由 $A B=2$ 知, $M N=2 \sqrt{2}, N R=\sqrt{2}$,

在 Rt $\triangle M C_{1} R$ 中, $M R^{2}=C_{1} R^{2}+C_{1} M^{2}$,

即 $M R^{2}=1^{2}+(\sqrt{5})^{2}=6$, 所以 $M R=\sqrt{6}$,

所以 $M N^{2}=N R^{2}+M R^{2}$, 即 $\angle M R N$ 为直角,

故线段 $M P$ 长度的取值范围为 $[M R, M N]$, 即 $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]$,

故选:B

## 【点睛】

本题考查面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知平面 $\alpha / /$ 平面 $\beta$, 直线 $m \subset \alpha$, 直线 $n \subset \beta$, 下列结论中不正确的是 ( )
选项：
$m / / \beta$
B. $n / / \alpha$
C. $m / / n$
D. $m$ 与 $n$ 不相交
答案：C
解析：【分析】

根据面面平行的定义和性质可得选项.

## 【详解】

根据面面平行的的定义和性质知: 平面 $\alpha / /$ 平面 $\beta$, 直线 $m \subset \alpha$, 直线 $n \subset \beta$, 则
$m / / \beta, \quad n / / \alpha, \quad m$ 与 $n$ 不相交,

故选:C.

## 【点睛】

本题考查面面平行的定义和性质, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知长方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$, 平面 $\alpha \cap$ 平面 $A B C D=E F$, 平面 $\alpha \cap$ 平面 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}=E^{\prime} F^{\prime}$, 则 $E F$ 与 $E^{\prime} F^{\prime}$ 的位置关系是 (
选项：
平行
B. 相交
C. 异面
D. 不确定
答案：A
解析：【分析】

由长方体的特点可以得到平面 $A B C D / /$ 平面 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$, 接下来根据面面平行的性质定理可以得到结果.

## 【详解】

因为几何体是长方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$, 所以平面 $A B C D / /$ 平面 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$, 由已知条件得平面 $\alpha \cap$ 平面 $A B C D=E F$, 平面 $\alpha \bigcap$ 平面 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}=E^{\prime} F^{\prime}$, 则由面面平行的性质定理得:如果两个平行平面同时和第三个平面相交, 则它们的交线平行,所以 $E F$ 与 $E^{\prime} F^{\prime}$的位置关系是平行.

故选: $A$

## 【点睛】

本题考查了面面平行的性质定理, 在两个平行平面中的两条直线的位置关系有平行和异面两种情况,但本题有第三个平面和两个平行平面相交, 则由面面平行的性质定理即可判定出结果.
题目（高一 · 立体几何学）：设平面 $\alpha \perp$ 平面 $\beta$, 在平面 $\alpha$ 内的一条直线 $a$ 垂直于平面 $\beta$ 内的一条直线 $b$, 则
选项：
直线 $a$ 必垂直于平面 $\beta$

B. 直线 $b$ 必垂直于平面 $\alpha$

C. 直线 $a$ 不一定垂直于平面 $\beta$

D. 过 $a$ 的平面与过 $b$ 的平面垂直
答案：C
解析：【分析】

根据 $b$ 是否是两个垂直平面的交线, 判断出正确的选项.

## 【详解】

当 $b=\alpha \cap \beta$ 时, 有 $a \perp \beta$; 当 $b$ 不是 $\alpha$ 与 $\beta$ 的交线时, 直线 $a$ 不一定垂直于平面 $\beta$,如下图所示.故选 C.



## 【点睛】

本小题主要考查面面垂直的性质定理的理解, 考查分析与解决问题的能力, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A B=B C=4, B B_{1}=2 \sqrt{2}$, 点 $E, F, M$ 分别为 $C_{1} D_{1}, A_{1} D_{1}, B_{1} C_{1}$ 的中点, 过点 $M$ 的平面 $a$ 与平面 $A E F$ 平行, 且与长方体的面相交, 则交线围成的几何图形的面积为


选项：
$6 \sqrt{5}$
B. $6 \sqrt{6}$
C. 12
D. 24
答案：A
解析：【分析】

设 $N$ 为 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 连结 $M N, A N 、 A C 、 C M$, 则四边形 $M N A C$ 为所作图形, 再求其面积可得答案.

## 【详解】

解: 设 $N$ 为 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 连结 $M N, A N 、 A C 、 C M$, 则四边形 $M N A C$ 为所作图形.



由题意知 $M N / / A_{1} C_{1}$ (或 $/ / E F$ ), 四边形 $M N A C$ 为梯形,

且 $M N=\frac{1}{2} A C=2 \sqrt{2}$,

过 $M$ 作 $M P \perp A C$ 于点 $P$,

可得 $M C=\sqrt{8+4}=2 \sqrt{3}, P C=\frac{A C-M N}{2}=\sqrt{2}$,

得 $M P=\sqrt{M C^{2}-Q C^{2}}=\sqrt{10}$

$\therefore$ 梯形 $M N A C$ 的面积 $=\frac{1}{2} \times(2 \sqrt{2}+4 \sqrt{2}) \times \sqrt{10}=6 \sqrt{5}$,

故选: A.

## 【点睛】

本题主要考查面面平行的判定与性质及梯形面积的计算, 属于基础题型.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 2 , 点 $P$ 在线段 $C B_{1}$ 上, 且 $B_{1} P=2 P C$, 平面 $\alpha$ 经过点 $A, P, C_{1}$, 则正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 被平面 $\alpha$ 截得的截面面积为 $\quad$ )


选项：
$3 \sqrt{6}$
B. $2 \sqrt{6}$
C. 5
D. $\frac{5 \sqrt{3}}{4}$
答案：B
解析：【分析】

先根据平面的基本性质确定平面, 然后利用面面平行的性质定理, 得到截面的形状再求解.

## 【详解】

如图所示:



$A, P, C_{1}$ 确定一个平面 $\alpha$,

因为平面 $A A_{1} D D_{1} / /$ 平面 $B B_{1} C C_{1}$,

所以 $A Q / / P C_{1}$, 同理 $A P / / Q C_{1}$,

所以四边形 $A P C_{1} Q$ 是平行四边形.

即正方体被平面截的截面.

因为 $B_{1} P=2 P C$,

所以 $C_{1} B_{1}=2 P C$,

即 $P C=P B=1$

所以 $A P=P C_{1}=\sqrt{5}, A C_{1}=2 \sqrt{3}$
由余弦定理得: $\cos \angle A P C_{1}=\frac{A P^{2}+P C_{1}^{2}-A C_{1}^{2}}{2 A P \times P C_{1}}=\frac{1}{5}$

所以 $\sin \angle A P C_{1}=\frac{2 \sqrt{6}}{5}$

所以 $S_{\text {四边形 }} A P Q C_{1}=2 \times \frac{1}{2} A P \times P C_{1} \times \sin \angle A P C_{1}=2 \sqrt{6}$

故选: B

## 【点睛】

本题主要考查平面的基本性质, 面面平行的性质定理及截面面积的求法, 还考查了空间想象和运算求解的能力, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A D=D D_{1}=1, A B=\sqrt{3}, E, F, G$ 分别为 $A B, B C, C_{1} D_{1}$ 的中点, 点 $P$ 在平面 $A B C D$ 内, 若直线 $D_{1} P / /$ 平面 $E F G$, 则线段 $D_{1} P$ 长度的最小值是 ( )


选项：
$\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{7}}{2}$
答案：D
解析：【分析】

首先找出过 $D_{1}$ 点且与平面 $E F G$ 平行的平面, 然后在三角形内找线段 $D_{1} P$ 长度的最小值即可.

## 【详解】

如图, 连接 $D_{1} A, A C, D_{1} C$,



因为 $E, F, G$ 分别为 $A B, B C, C_{1} D_{1}$ 的中点,

所以 $A C / / E F, E F \not \subset$ 平面 $A C D_{1}$, 则 $E F / /$ 平面 $A C D_{1}$,

因为 $E G / / A D_{1}$, 所以同理得 $E G / /$ 平面 $A C D_{1}$,

又 $E F \cap E G=E$ ，得平面 $A C D_{1} / /$ 平面 $E F G$ ，

因为直线 $D_{1} P / /$ 平面 $E F G$,

所以点 $P$ 在直线 $A C$ 上, 在 $\triangle A C D_{1}$ 中,

有 $A D_{1}=\sqrt{2}, A C=2, C D_{1}=2$,

所以 $S_{\triangle A D_{1} C}=\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \sqrt{2^{2}-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$,

故当 $D_{1} P \perp A C$ 时, 线段 $D_{1} P$ 的长度最小,

有 $S_{\triangle A D_{1} C}=\frac{1}{2} \times A C \times D_{1} P \Rightarrow D_{1} P=\frac{\frac{\sqrt{7}}{2}}{\frac{1}{2} \times 2}=\frac{\sqrt{7}}{2}$.

故选: D.

## 【点睛】

本题考查了空间中两平面平行的证明, 等面积法求点到直线距离, 属于一般题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 直线 $A_{1} C$ 与平面 $A B C D$ 所成角的余弦值是 (


选项：
$\frac{1}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
答案：D
解析：【分析】

连接 $A C$, 根据线面角定义可以判断出 $\angle A_{1} A C$ 是直线 $A 1 C$ 与平面 $\mathrm{ABCD}$ 所成角,设出正方体的棱长,利用勾股定理和锐角的三角函数定义可以求出直线 $A_{1} C$ 与平面 $A B C D$ 所成角的余弦值.

## 【详解】

连接 $A C$, 由正方体的性质可知: $A_{1} A \perp$ 平面 $A B C D$, 由线面角的定义可知: $\angle A_{1} A C$ 是直线 $\mathrm{A} 1 \mathrm{C}$ 与平面 $\mathrm{ABCD}$ 所成角, 设正方体的棱长为 1 , 底面是与正方形,故 $A C=\sqrt{2}$, 在 Rt $\triangle A_{1} A C$ 中, $A_{1} C=\sqrt{A A_{1}^{2}+A C^{2}}=\sqrt{3}, \cos \angle A_{1} A C=\frac{A C}{A_{1} C}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

故选: D



## 【点睛】

本题考查了线面角的求法,考查了数学运算能力.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 矩形 $A B C D$ 中, $A B=4, B C=2, E$ 为边 $A B$ 的中点, 沿 $D E$ 将 $\triangle A D E$ 折起, 点 $A$ 折至 $A_{1}$ 处 ( $A_{1} \notin$ 平面 $\left.A B C D\right)$, 若 $M$ 为线段 $A_{1} C$ 的中点, 则在 $\triangle A D E$ 折起过程中, 下列说法错误的是 ( )


选项：
始终有 $M B / /$ 平面 $A_{1} D E$

B. 不存在某个位置, 使得 $A_{1} C \perp$ 平面 $A_{1} D E$

C. 三棱雉 $A_{1}-A D E$ 体积的最大值是 $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

D. 一定存在某个位置, 使得异面直线 $B M$ 与 $A_{1} E$ 所成角为 $30^{\circ}$
答案：D
解析：【分析】

利用翻折前后的不变量、结合反证法, 可证 A, B, C 正确, 从而利用排除法得到正确选项。

## 【详解】

连结 $A C$ 交 $D E$ 于 $N$, 取 $C D$ 的中点 $O$, 连结 $O M, O B, A_{1} N$ 。

对 $\mathrm{A}$, 易证, 平面 $O M B / /$ 平面 $A_{1} D E, B M \subset$ 平面 $O M B$, 所以始终有 $M B / /$ /平面 $A_{1} D E$, 故 $\mathrm{A}$ 正确;

对 $\mathrm{B}$, 因为 $A B=4, B C=2$, 假设 $A_{1} C \perp$ 平面 $A_{1} D E$, 则 $A_{1} C \perp A_{1} D, A_{1} C \perp A_{1} E$,则 $C D^{2}-A_{1} D^{2}=C E^{2}-A_{1} E^{2} \Rightarrow C D=C E$, 因为 $C D=4, C E=2 \sqrt{2}$, 所以 $C D=D E$不成立, 所以假设错误, 故不存在某个位置, 使得 $A_{1} C \perp$ 平面 $A_{1} D E$, 故 $\mathrm{B}$ 正确;
对 C, 当平面 $A_{1} D E \perp$ 平面 $A B C D$ 时, 三棱雉 $A_{1}-A D E$ 的体积最大, $V=\frac{1}{3} \cdot S_{\triangle A D E} \cdot h=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\right) \cdot \sqrt{2}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 故 C 正确;故选: D



## 【点睛】

本题考查空间平面图形的翻折问题，考查线面、面面位置关系、体积求解，考查空间想象能力和运算求解能力, 属于较难问题。
题目（高一 · 立体几何学）：长方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中, $A B=A D=2, A A^{\prime}=2 \sqrt{2}$, 则直线 $B D^{\prime}$ 与平面 $\mathbf{A B C D}$所成角的大小 ( )
选项：
$30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $90^{\circ}$
答案：B
解析：【分析】

连接 $D B, D^{\prime} B$, 根据长方体的性质和线面角的定义可知: $\angle D B D^{\prime}$ 是直线 $B D^{\prime}$ 与平面 $\mathrm{ABCD}$ 所成角, 在底面 $\mathrm{ABCD}$ 中, 利用勾股定理可以求出 $D B$, 在 $R t \triangle D B D^{\prime}$ 中, 利用锐角三角函数知识可以求出 $\angle D B D$ '的大小.

## 【详解】

连接 $D B, D^{\prime} B$, 在长方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中, 显然有 $D D^{\prime} \perp$ 平面 $A B C D$,



所以 $\angle D B D^{\prime}$ 是直线 $B D^{\prime}$ 与平面 $\mathrm{ABCD}$ 所成角, 在底面 $\mathrm{ABCD}$ 中, $D B=\sqrt{A D^{2}+A B^{2}}=2 \sqrt{2}$, 在 $R t \triangle D B D^{\prime}$ 中, $\tan \angle D B D^{\prime}=\frac{D D^{\prime}}{D B}=1 \Rightarrow \angle D B D^{\prime}=45^{\circ}$, 故本题选 B.

## 【点睛】

本题考查了线面角的求法, 考查了数学运算能力.
题目（高一 · 立体几何学）：在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E$ 是 $B B_{1}$ 的中点, 若 $A B=6$, 则点 $B$ 到平面 $A C E$的距离等于 ( )


选项：
$\sqrt{5}$
B. $\sqrt{6}$
C. $\frac{3 \sqrt{6}}{2}$
D. 3
答案：B
解析：【分析】

由已知求得三角形 $A C E$ 的面积, 再由等积法求点 $B$ 到平面 $A C E$ 的距离.

## 【详解】

如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A B=6, E$ 是 $B B_{1}$ 的中点,

则 $B E=3, A E=C E=\sqrt{6^{2}+3^{2}}=3 \sqrt{5}, A C=6 \sqrt{2}$.

$\therefore S_{\triangle A C E}=\frac{1}{2} \times 6 \sqrt{2} \times \sqrt{(3 \sqrt{5})^{2}-(3 \sqrt{2})^{2}}=9 \sqrt{6}$.

设点 $B$ 到平面 $A C E$ 的距离为 $h$,

由 $V_{E-A B C}=V_{B-A C E}$, 得 $\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 6 \times 6 \times 3=\frac{1}{3} \times 9 \sqrt{6} \times h$,

解得 $h=\sqrt{6}$.

故选: $B$.



## 【点睛】

本题主要考查空间中点到面的距离, 训练了利用等积法求多面体的体积, 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A_{1} B_{1}$ 与平面 $A A_{1} C_{1}$ 所成角的余弦值是 ( ).


选项：
A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
答案：A
解析：【分析】

连接 $B_{1} D_{1}$ 可得平面的垂直, 从而得直线与平面所成角, 计算可得.

## 【详解】

如图, 连接 $B_{1} D_{1}$ 交 $A_{1} C_{1}$ 于 $O$, 则 $A C_{1} \perp B_{1} D_{1}$, 又正方体中 $A A_{1} \perp$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$,

$B_{1} D_{1} \subseteq$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}, \therefore A A_{1} \perp B_{1} D_{1}$, 而 $A A_{1} \cap A_{1} C_{1}=A_{1}, \therefore B_{1} D_{1} \perp$ 平面 $A A_{1} C_{1}$,

$\therefore \angle B_{1} A_{1} O$ 是直线 $A_{1} B_{1}$ 与平面 $A A_{1} C_{1}$ 所成角, 此角大小为 $45^{\circ}$, 余弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.



## 【点睛】

本题考查直线与平面所成的角, 解题关键是作出直线与平面所成的角. 然后计算.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 棱长为 $a$ 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $M$ 为 $B C$ 中点, 这直线 $D_{1} M$ 与平面 $A B C D$ 所成角的正切值为 ( )


选项：
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{1}{2}$
答案：C
解析：【分析】

先作出直线 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{M}$ 与平面 $\mathrm{ABCD}$ 所成角, 然后求解即可

## 【详解】

连接 DM，因为几何体是正方体,

所以 $\angle \mathrm{D}_{1} M D$ 就是直线 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{M}$ 与平面 $\mathrm{ABCD}$ 所成角,

$\tan \angle \mathrm{D}_{1} \mathrm{MD}=\frac{D D_{1}}{D M}=\frac{a}{\frac{\sqrt{5} a}{2}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

故选 C

## 【点睛】

求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求, 有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱雉的等体积法求得垂线长, 进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值, 当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系, 利用向量求解.