2020高考数学总复习第七章立体几何课时作业43(理)(含解析)新人教A版

课时作业43 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( D )
解析：A、B、C图中四点一定共面，D中四点不共面．
2．(2019·烟台质检)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( C ) A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
解析：若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c 相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．
3．若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( A )
①若直线m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线；
②若直线m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线；
③已知平面α，β互相垂直，且直线m，n也互相垂直，若m⊥α，则n⊥β；
④若直线m，n在平面α内的射影互相垂直，则m⊥n.
A．②B．②③
C．①③D．②④
解析：对于①，m与n可能平行，可能相交，也可能异面，①错误；
对于②，由线面垂直的性质定理可知，m与n一定平行，故②正确；
对于③，还有可能n∥β，n⊂β或n与β相交，③错误；
对于④，把m，n放入正方体中，如图，取A1B为m，B1C为n，平面ABCD为平面α，则m与n在α内的射影分别为AB与BC，且AB⊥BC.而m与n所成的角为60°，故④错误．
4．过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作( D )
A．1条B．2条
C．3条D．4条
解析：如图，连接体对角线AC1，
显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.
联想正方体的其他体对角线，
如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，
∵BB1∥AA1，BC∥AD，
∴体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，
同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．
5．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是( D )
A．4π B．π
C ．2π
D.π2
解析：连接DN ，则△MDN 为直角三角形， 在Rt △MDN 中，MN ＝2，P 为MN 的中点， 连接DP ，则DP ＝1，
所以点P 在以D 为球心，半径R ＝1的球面上，
又因为点P 只能落在正方体上或其内部，所以点P 的轨迹的面积等于该球面面积的1
8，
故所求面积S ＝18×4πR 2
＝π2
.
6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段AD 1上运动，则异面直线CP 与BA 1所成的角θ的取值范围是( D )
A ．0＜θ＜π
2
B ．0＜θ≤π
2
C ．0≤θ≤π
3
D ．0＜θ≤π
3
解析：连接CD 1，CA .
∵A 1B ∥D 1C ，∴异面直线CP 与A 1B 所成的角即为CP 与D 1C 所成的角． ∵△AD 1C 是正三角形，
∴当P 与A 重合时，所成角最大，为π
3
.
又∵P 不能与D 1重合(此时D 1C 与A 1B 平行，不是异面直线)，
∴θ∈⎝
⎛⎦⎥⎤0，π3，故选D.
7．如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1是长方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( A )
A ．A ，M ，O 三点共线
B ．A ，M ，O ，A 1不共面
C ．A ，M ，C ，O 不共面
D ．B ，B 1，O ，M 共面 解析：连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，
所以A 1，C 1，C ，A 四点共面， 所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1， 因为M ∈A 1C ， 所以M ∈平面ACC 1A 1，
又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，
因为平面ACC 1A 1∩平面AB 1D 1＝AO ，所以M ∈AO ，所以A ，M ，O 三点共线．
8．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( C )
A.110
B.25
C.3010
D.22
解析：解法一：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ， 则∠ANQ 或其补角的余弦值即为所求， 设BC ＝CA ＝CC 1＝2，
则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6，
∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝30
10
.
解法二：以C 1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC ＝CA ＝CC 1＝2，
则A (2,0,2)，N (1,0,0)，M (1,1,0)，B (0,2,2)， ∴AN →
＝(－1,0，－2)，BM →＝(1，－1，－2)，
∴cos 〈AN →
，BM →
〉＝
AN →
·BM
→
|AN →||BM →
|
＝
－1＋4
5×6＝330＝3010
.故选C. 9．(2019·西安模拟)如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，
EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°
角；④DE 与MN 垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是 ②③④ .
解析：还原成正四面体A -DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．如图所示．
易知GH与EF异面，BD与MN异面．
又△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角，
易证DE⊥AF，MN∥AF，
∴MN⊥DE.
因此正确的序号是②③④.
10．如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2 .
解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，如图．
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD.
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，
所以C1D＝2AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.
11．如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点.
已知∠BAC ＝π
2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：
(1)三棱锥P -ABC 的体积；
(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值． 解：(1)S △ABC ＝1
2×2×23＝23，
三棱锥P -ABC 的体积为 V ＝13
S △ABC ·PA ＝13
×23×2＝
4
3
3. (2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，
则ED ∥BC ，所以∠ADE 是异面直线BC 与AD 所成的角(或其补角)． 在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2， cos ∠ADE ＝22
＋22
－22×2×2＝3
4
.
故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为3
4
.
12．如图，已知二面角α-MN -β的大小为60°，菱形ABCD 在平面β内，A ，B 两点在棱MN 上，∠BAD ＝60°，E 是AB 的中点，DO ⊥平面α，垂足为O .
(1)证明：AB ⊥平面ODE ；
(2)求异面直线BC 与OD 所成角的余弦值． 解：(1)证明，∵DO ⊥α，AB ⊂α， ∴DO ⊥AB .
连接BD ，由题意知，△ABD 是正三角形．
又E 是AB 的中点，∴DE ⊥AB . 而DO ∩DE ＝D ，∴AB ⊥平面ODE .
(2)∵BC ∥AD ，∴BC 与OD 所成的角等于AD 与OD 所成的角，即∠ADO 是异面直线BC 与
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°. 不妨设AB ＝2，则AD ＝2，易知DE
＝ 3. 在Rt △DOE 中，DO ＝DE
·sin60°＝3
2
.
连接AO ，在Rt △AOD 中，cos ∠ADO ＝DO AD ＝322＝34.故异面直线BC 与OD 所成角的余弦值为3
4
.
13．正四棱锥P -ABCD 中，四条侧棱长均为2，底面ABCD 是正方形，E 为PC 的中点，若异面直线PA 与BE 所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( D )
A ．4
B ．2 3 C.4
3
D.233
解析：如图所示，连接AC ，BD . 设AC ∩BD ＝O ，连接PO ，OE ，
∵O ，E 分别是AC 和PC 的中点， ∴OE ∥PA ，OE ＝1
2
PA ＝1，
则∠BEO 或其补角即为异面直线PA 与BE 所成的角． ∵底面ABCD 是正方形，∴BO ⊥AC ， 又PO ⊥OB ，PO ∩AC ＝O ， ∴BO ⊥平面PAC ，则BO ⊥OE ，
∴△BOE 是等腰直角三角形，∴OB ＝OE ＝1，
PO ＝PB 2－OB 2＝3，BC ＝2，
则四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×(2)2
×3＝233
，故选D.
14．如图是三棱锥D -ABC 的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线
DO 和AB 所成角的余弦值等于( A )
A.3
3
B.12
C. 3
D.22
解析：由三视图及题意得如图所示的直观图，
从A 出发的三条线段AB ，AC ，AD 两两垂直且AB ＝AC ＝2，AD ＝1，O 是BC 的中点，取AC 中点E ，连接DE ，DO ，OE ，则OE ＝1，又可知AE ＝1，由于OE ∥AB ，故∠DOE 即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形DAE 中，DE ＝2，由于O 是BC 的中点，在直角三角形ABC 中可以求得AO ＝2，在直角三角形DAO 中可以求得DO ＝ 3.在三角形DOE 中，由余弦定理得cos ∠DOE ＝1＋3－22×1×3＝33
，故所求异面直线DO 与AB 所成角的余弦值为3
3，故选
A.
15．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下列四个命题中不正确的是 ③ .(填序号)
①BM 是定值；
②点M 在某个球面上运动； ③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 解析：取DC 的中点F ，连接MF ，BF ，
则MF ∥A 1D 且MF ＝12
A 1D ，F
B ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝
MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，可得
①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；若存在某个位置，使DE ⊥A 1C ，则因为DE 2
＋CE 2
＝CD 2
，即CE ⊥DE ，因为A 1C ∩CE ＝C ，则DE ⊥平面A 1CE ，所以DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，故③不正确．
16．如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AC ⊥BC,2AC ＝2BC ＝CC 1＝4，点N 为CC 1的中点，P 为线段AC (包含端点)上一动点，给出以下四个结论：
①直线BP 与直线B 1A 1为异面直线；
11 ②P 到平面A 1B 1N 的距离是定值；
③A 1P 与B 1N 所成角最小为45°；
④B 1P 与平面A 1PN 所成角余弦值的最小值为
255
. 其中正确结论的序号为 ③④ .
解析：①若P 点与A 点重合，则BP ∥B 1A 1，故①错；
②记P 到平面A 1B 1N 的距离为h 1，平面三角形A 1PN 的面积S △A 1PN 在变化，点B 1到平面A 1PN 1的距离h 2为定值，又三角形A 1B 1N 的面积S △A 1B 1N 为定值，所以VP -A 1B 1N ＝VB 1-A 1PN ，即13S △A 1B 1N ·h 1＝ 13
S △A 1PN ·h 2， 所以h 1不是定值，②错．
③如图所示，建立空间直角坐标系，A 1(0,0,0)，P (0，y 0,4)，B 1(2,2,0)，N (0,2,2)，
A 1P →＝(0，y 0,4)，
B 1N →
＝(－2,0,2)，
记A 1P 与B 1N 所成角为θ，
则cos θ＝|A 1P →
·B 1N →||A 1P →|·|B 1N →|
＝22y 20＋16
(0≤y 0≤2)，(cos θ)max ＝22， 所以θ的最小值为45°.
④连接PC 1.B 1C 1⊥平面AA 1C 1C ，则∠B 1PC 1即为线面角，tan ∠B 1PC 1＝B 1C 1C 1P
，B 1C 1为定值，当tan ∠B 1PC 1最大时，PC 1最小，cos ∠B 1PC 1最小，所以当P 与C 重合时，(cos ∠B 1PC 1)min ＝255
.。