2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時作業(yè)43 理（含解析）新人教A版

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1、課時作業(yè)43　空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 1．如圖是正方體或四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點(diǎn)，則這四個點(diǎn)不共面的一個圖是(　D　) 解析：A、B、C圖中四點(diǎn)一定共面，D中四點(diǎn)不共面． 2．(2019·煙臺質(zhì)檢)a，b，c是兩兩不同的三條直線，下面四個命題中，真命題是(　C　) A．若直線a，b異面，b，c異面，則a，c異面 B．若直線a，b相交，b，c相交，則a，c相交 C．若a∥b，則a，b與c所成的角相等 D．若a⊥b，b⊥c，則a∥c 解析：若直線a，b異面，b，c異面，則a，c相交、平行或異面；若a，b相交，b，c相交，則a，c相交、平行或異面；若

2、a⊥b，b⊥c，則a，c相交、平行或異面；由異面直線所成的角的定義知C正確． 3．若m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，則下列命題中正確的是(　A　) ①若直線m，n都平行于平面α，則m，n一定不是相交直線； ②若直線m，n都垂直于平面α，則m，n一定是平行直線； ③已知平面α，β互相垂直，且直線m，n也互相垂直，若m⊥α，則n⊥β； ④若直線m，n在平面α內(nèi)的射影互相垂直，則m⊥n. A．② B．②③ C．①③ D．②④ 解析：對于①，m與n可能平行，可能相交，也可能異面，①錯誤； 對于②，由線面垂直的性質(zhì)定理可知，m與n一定平行，故②正確； 對于

3、③，還有可能n∥β，n?β或n與β相交，③錯誤； 對于④，把m，n放入正方體中，如圖，取A1B為m，B1C為n，平面ABCD為平面α，則m與n在α內(nèi)的射影分別為AB與BC，且AB⊥BC.而m與n所成的角為60°，故④錯誤． 4．過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A作直線l，使l與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，這樣的直線l可以作(　D　) A．1條 B．2條 C．3條 D．4條 解析：如圖，連接體對角線AC1， 顯然AC1與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都為. 聯(lián)想正方體的其他體對角線， 如連接BD1，則BD1與棱BC，BA，BB1

4、所成的角都相等， ∵BB1∥AA1，BC∥AD， ∴體對角線BD1與棱AB，AD，AA1所成的角都相等， 同理，體對角線A1C，DB1也與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，過A點(diǎn)分別作BD1，A1C，DB1的平行線都滿足題意，故這樣的直線l可以作4條． 5．如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，長為2的線段MN的一個端點(diǎn)M在棱DD1上運(yùn)動，點(diǎn)N在正方體的底面ABCD內(nèi)運(yùn)動，則MN的中點(diǎn)P的軌跡的面積是(　D　) A．4π B．π C．2π D. 解析：連接DN，則△MDN為直角三角形， 在Rt△MDN中，MN＝2，P為MN的中點(diǎn)， 連接DP，則D

5、P＝1， 所以點(diǎn)P在以D為球心，半徑R＝1的球面上， 又因?yàn)辄c(diǎn)P只能落在正方體上或其內(nèi)部，所以點(diǎn)P的軌跡的面積等于該球面面積的， 故所求面積S＝×4πR2＝. 6．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段AD1上運(yùn)動，則異面直線CP與BA1所成的角θ的取值范圍是(　D　) A．0＜θ＜ B．0＜θ≤ C．0≤θ≤ D．0＜θ≤ 解析：連接CD1，CA. ∵A1B∥D1C，∴異面直線CP與A1B所成的角即為CP與D1C所成的角． ∵△AD1C是正三角形， ∴當(dāng)P與A重合時，所成角最大，為. 又∵P不能與D1重合(此時D1C與A1B平行，不是異面直線)，

6、 ∴θ∈，故選D. 7．如圖，ABCD-A1B1C1D1是長方體，O是B1D1的中點(diǎn)，直線A1C交平面AB1D1于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是(　A　) A．A，M，O三點(diǎn)共線 B．A，M，O，A1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 解析：連接A1C1，AC，則A1C1∥AC， 所以A1，C1，C，A四點(diǎn)共面， 所以A1C?平面ACC1A1， 因?yàn)镸∈A1C， 所以M∈平面ACC1A1， 又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上， 因?yàn)槠矫鍭CC1A1∩平面AB1D1＝AO，所以M∈AO，所以A，M，O三點(diǎn)共線．

7、 8．直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　C　) A. B. C. D. 解析：解法一：取BC的中點(diǎn)Q，連接QN，AQ，易知BM∥QN， 則∠ANQ或其補(bǔ)角的余弦值即為所求， 設(shè)BC＝CA＝CC1＝2， 則AQ＝，AN＝，QN＝， ∴cos∠ANQ＝＝＝＝. 解法二：以C1為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)BC＝CA＝CC1＝2， 則A(2,0,2)，N(1,0,0)，M(1,1,0)，B(0,2,2)， ∴＝(－1,0，－2)，＝(1，－

8、1，－2)， ∴cos〈，〉＝＝＝＝.故選C. 9．(2019·西安模擬)如圖是正四面體的平面展開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點(diǎn)，在這個正四面體中，①GH與EF平行；②BD與MN為異面直線；③GH與MN成60°角；④DE與MN垂直． 以上四個命題中，正確命題的序號是　②③④　. 解析：還原成正四面體A-DEF，其中H與N重合，A，B，C三點(diǎn)重合．如圖所示． 易知GH與EF異面，BD與MN異面． 又△GMH為等邊三角形， ∴GH與MN成60°角， 易證DE⊥AF，MN∥AF， ∴MN⊥DE. 因此正確的序號是②③④. 10．如圖，已知圓柱的軸截

9、面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為　　. 解析：取圓柱下底面弧AB的另一中點(diǎn)D，連接C1D，AD，如圖． 因?yàn)镃是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)， 所以AD∥BC，所以直線AC1與AD所成的角即為異面直線AC1與BC所成的角，因?yàn)镃1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，所以C1D⊥圓柱下底面，所以C1D⊥AD. 因?yàn)閳A柱的軸截面ABB1A1是正方形， 所以C1D＝AD， 所以直線AC1與AD所成角的正切值為，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為. 11．如圖所示，在三棱錐P-ABC中，PA⊥

10、底面ABC，D是PC的中點(diǎn). 已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求： (1)三棱錐P-ABC的體積； (2)異面直線BC與AD所成角的余弦值． 解：(1)S△ABC＝×2×2＝2， 三棱錐P-ABC的體積為 V＝S△ABC·PA＝×2×2＝. (2)如圖，取PB的中點(diǎn)E，連接DE，AE， 則ED∥BC，所以∠ADE是異面直線BC與AD所成的角(或其補(bǔ)角)． 在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2， cos∠ADE＝＝. 故異面直線BC與AD所成角的余弦值為. 12．如圖，已知二面角α-MN-β的大小為60°，菱形ABCD在平面β內(nèi)，A，B兩點(diǎn)在棱

11、MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中點(diǎn)，DO⊥平面α，垂足為O. (1)證明：AB⊥平面ODE； (2)求異面直線BC與OD所成角的余弦值． 解：(1)證明，∵DO⊥α，AB?α， ∴DO⊥AB. 連接BD，由題意知，△ABD是正三角形． 又E是AB的中點(diǎn)，∴DE⊥AB. 而DO∩DE＝D，∴AB⊥平面ODE. (2)∵BC∥AD，∴BC與OD所成的角等于AD與OD所成的角，即∠ADO是異面直線BC與OD所成的角． 由(1)知，AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE. 又DE⊥AB，∴∠DEO是二面角α-MN-β的平面角，即∠DEO＝60°. 不妨設(shè)AB＝2，則A

12、D＝2，易知DE＝. 在Rt△DOE中，DO＝DE·sin60°＝. 連接AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝＝＝.故異面直線BC與OD所成角的余弦值為. 13．正四棱錐P-ABCD中，四條側(cè)棱長均為2，底面ABCD是正方形，E為PC的中點(diǎn)，若異面直線PA與BE所成的角為45°，則該四棱錐的體積是(　D　) A．4 B．2 C. D. 解析：如圖所示，連接AC，BD. 設(shè)AC∩BD＝O，連接PO，OE， ∵O，E分別是AC和PC的中點(diǎn)， ∴OE∥PA，OE＝PA＝1， 則∠BEO或其補(bǔ)角即為異面直線PA與BE所成的角． ∵底面ABCD是正方形，∴BO⊥

13、AC， 又PO⊥OB，PO∩AC＝O， ∴BO⊥平面PAC，則BO⊥OE， ∴△BOE是等腰直角三角形，∴OB＝OE＝1， PO＝＝，BC＝， 則四棱錐P-ABCD的體積V＝×()2×＝，故選D. 14．如圖是三棱錐D-ABC的三視圖，點(diǎn)O在三個視圖中都是所在邊的中點(diǎn)，則異面直線DO和AB所成角的余弦值等于(　A　) A. B. C. D. 解析：由三視圖及題意得如圖所示的直觀圖， 從A出發(fā)的三條線段AB，AC，AD兩兩垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC的中點(diǎn)，取AC中點(diǎn)E，連接DE，DO，OE，則OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即

14、為所求兩異面直線所成的角或其補(bǔ)角．在直角三角形DAE中，DE＝，由于O是BC的中點(diǎn)，在直角三角形ABC中可以求得AO＝，在直角三角形DAO中可以求得DO＝.在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝＝，故所求異面直線DO與AB所成角的余弦值為，故選A. 15．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在△ADE翻折過程中，下列四個命題中不正確的是?、邸?(填序號) ①BM是定值； ②點(diǎn)M在某個球面上運(yùn)動； ③存在某個位置，使DE⊥A1C； ④存在某個位置，使MB∥平面A1DE. 解析：取DC的中點(diǎn)

15、F，連接MF，BF， 則MF∥A1D且MF＝A1D，F(xiàn)B∥ED且FB＝ED，所以∠MFB＝∠A1DE.由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，所以M是在以B為球心，MB為半徑的球面上，可得①②正確；由MF∥A1D與FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得④正確；若存在某個位置，使DE⊥A1C，則因?yàn)镈E2＋CE2＝CD2，即CE⊥DE，因?yàn)锳1C∩CE＝C，則DE⊥平面A1CE，所以DE⊥A1E，與DA1⊥A1E矛盾，故③不正確． 16．如圖，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AC⊥BC,2AC＝2BC＝CC1＝4，點(diǎn)N為CC1的中點(diǎn)，P為線段

16、AC(包含端點(diǎn))上一動點(diǎn)，給出以下四個結(jié)論： ①直線BP與直線B1A1為異面直線； ②P到平面A1B1N的距離是定值； ③A1P與B1N所成角最小為45°； ④B1P與平面A1PN所成角余弦值的最小值為. 其中正確結(jié)論的序號為?、邰堋? 解析：①若P點(diǎn)與A點(diǎn)重合，則BP∥B1A1，故①錯； ②記P到平面A1B1N的距離為h1，平面三角形A1PN的面積S△A1PN在變化，點(diǎn)B1到平面A1PN1的距離h2為定值，又三角形A1B1N的面積S△A1B1N為定值，所以VP-A1B1N＝VB1-A1PN，即S△A1B1N·h1＝ S△A1PN·h2， 所以h1不是定值，②錯． ③如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，A1(0,0,0)，P(0，y0,4)，B1(2,2,0)，N(0,2,2)， ＝(0，y0,4)，＝(－2,0,2)， 記A1P與B1N所成角為θ， 則cosθ＝＝(0≤y0≤2)，(cosθ)max＝， 所以θ的最小值為45°. ④連接PC1.B1C1⊥平面AA1C1C，則∠B1PC1即為線面角，tan∠B1PC1＝，B1C1為定值，當(dāng)tan∠B1PC1最大時，PC1最小，cos∠B1PC1最小，所以當(dāng)P與C重合時，(cos∠B1PC1)min＝. 12