第18练 空间直线、平面的平行和垂直（word版）-【精英1号】2024年高中数学学考笔记·专题提升训练

第18练　空间直线、平面的平行和垂直 一、单选题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分) 1．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则异面直线DC1，AD1所成的角为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】平移AD1到BC1，连接DB，即可得异面直线DC1，AD1所成的角为，故选C. 2．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则直线D1C与平面ACB1所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】不妨设AC＝1，则点D1到平面ACB1的距离为，故直线D1C与平面ACB1所成角的正弦值为，故选A. 3．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则平面ABCD与平面ACB1夹角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设平面ABCD与平面ACB1所成角为θ，则cosθ＝＝＝，故sinθ＝，故选A. 4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，G分别为A1D1，C1D1的中点，则直线A1G，CE所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】取AB的中点F，连接EF，CF， 易知A1G∥CF，则∠ECF(或其补角)为直线A1G与CE所成角．不妨设AB＝2，则CF＝，EF＝，EC＝3，由余弦定理得cos∠ECF＝＝，即直线A1G与CE所成角的余弦值为，故选C. 5．在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，E∈AB，F∈CD且AE∶EB＝CF∶FD＝λ(0＜λ＜1)设EF与AC，BD所成的角分别是α，β，则α＋β(　　) A．大于90° B．小于90° C．等于90° D．与λ的值有关 【答案】C 【解析】根据题意，作EM∥BD∥FN⇒MF∥AC∥EN 而AC⊥BD⇒EM⊥EN⇒α＋β＝90°，故选C. 6．在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH能相交于点P，那么(　　) A．点P必在直线BC上 B．点P必在直线BD上 C．点P必在平面ABC内 D．点P必在平面ABC外 【答案】C 【解析】连接EF，GH，如果EF，GH相交，则交点在直线AC上，直线AC在平面ABC内，故选C. 7．矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B－AC－D，则四面体ABCD的外接球的体积为(　　) A.π B.π C.π D.π 【答案】D 【解析】四面体ABCD的外接球的半径是矩形对角线的一半，与二面角B－AC－D的大小无关，故r＝⇒V＝π3＝π，故选C. 8．Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，D是BC的中点，AC＝2，DE⊥平面ABC，且DE＝1，则点E到斜边AC的距离是(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】DH∶AB＝DC∶AC⇒DH＝， 故EH＝＝，故选D. 9．正三棱锥底面边长为a，侧棱与底面成60°角，过底面一边作截面，使其与底面成30°角，则截面在底面的射影面积为(　　) A．3a2 　　 B．2a2 C.a2 　　 D.a2 【答案】D 【解析】如图，所求的截面的射影是△ABH， MH＝MCcos30°cos30°＝a⇒S＝×a2＝a2.故选D. 10．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱．这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h，则h1∶h2∶h＝(　　) A.∶1∶1 B.∶2∶2 C.∶2∶ D.∶2∶ 【答案】B 【解析】根据题意知h1＝h2＝a，h＝a⇒h∶h1∶h2＝∶2∶2.故选B. 二、多选题(本大题共3小题，每小题4分，共12分，漏选得2分) 11．已知棱长为4的正四面体ABCD，则(　　) A．AB，CD的距离为2 B．四面体ABCD的体积是 C．四面体ABCD的内切球半径是 D．四面体ABCD的外接球的半径为 【答案】ABC 【解析】棱长为a的正四面体的对棱的距离为a，A正确；棱长为a的正四面体的体积为a3，B正确；棱长为a的正四面体的内切球半径是a，C正确；菱长为a的四面体ABCD的外接球的半径为a，D错误．故选ABC. 12．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，其中正确的是(　　) A．AB⊥EF B．AB与CM所成的角为60° C．EF与MN是异面直线 D．MN∥平面ACD 【答案】ACD 【解析】如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知： EF⊥MC，MC∥AB，故AB⊥EF，A正确，B错误； EF与MN是异面直线，C正确； 平面MNF∥平面ACD，MN⊂平面MNF，MN∥平面ACD，D正确． 故选ACD. 13．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中正确的是(　　) A．A1C⊥AF B．直线AE与平面BEF所成的角为定值 C．二面角A－EF－B的大小为定值 D．三棱锥E－ABF的体积为定值 【答案】ACD 【解析】如图所示，选项A，由三垂线定理可知A1C⊥AD1，A1C⊥AB1且AD1∩AB1＝A， 故有A1C⊥面AB1D1，AF⊂面AB1D1，则A1C⊥AF，A正确； 选项B，如右下图所示，因为AC⊥面BB1D1D，故AO⊥面BEF， 所以∠AEO为直线AE与平面BEF所成的角，E，F是两个动点，故∠AEO不是定值，B错误； 选项C，因为AC⊥面BB1D1D，故AO⊥面BEF， 所以二面角A－EF－B的平面角为∠AO1O，始终为定值，C正确； 选项D，△BEF面积始终不变， S△BEF＝××1＝，因为AO⊥面BEF， 故三棱锥E－ABF的体高为AO＝， VE－ABF＝××＝，D正确．故选ACD. 三、填空题(本大题共4小题，每空4分，共16分) 14．已知球的表面积等于16π，圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，圆台的轴截面的底角为，则圆台的轴截面的面积是____________． 【答案】3 【解析】4πr2＝16π⇒r＝2，如图，轴截面面积为×(2＋4)×＝3.故答案为：3. 15．如图所示，已知在长方体ABCD－EFGH中，AB＝2，AD＝2，AE＝2，则BC和EG所成角的大小是________，AE和BG所成角的大小是________． 【答案】45°　60° 【解析】因为BC∥FG，所以∠EGF为BC和EG所成角， 因为在长方体ABCD－EFGH中，AB＝2，AD＝2，AE＝2， 所以EF＝AB＝AD＝FG＝2，BF＝AE＝2， 所以在Rt△EFG中，∠EGF＝45°， 所以BC和EG所成角的大小为45°，因为AE∥BF， 所以∠FBG为AE和BG所成角， 所以在Rt△BFG中，tan∠FBG＝＝＝， 因为∠FBG为锐角，所以∠FBG＝60°，所以AE和BG所成角的大小是60°.故答案为：45°，60°. 16．P是一个棱长为a正四面体外接球面上的任意一点，Q是这个正四面体内切球面上的任意一点，则PQ长度的取值范围是____________． 【答案】 【解析】一个棱长为a正四面体外接球的半径为R＝a，内切球的半径为r＝a，故PQ长度的取值范围是[R－r，R＋r]＝.故答案为：. 四、解答题(本大题共1小题，共22分) 17．(本小题满分22分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AC＝AB＝AA1，E是BC的中点． (1)求异面直线AE与A1C所成的角； (2)若G为C1C上一点，且EG⊥A1C，试确定点G的位置； (3)在(2)的条件下，求二面角C－AG－E的正切值． 【答案】(1)　(2)G是CC1的中点　(3) 【解析】(1)取B1C1的中点E1，连接E1A1，E1C，则AE∥E1A1，∴∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．设AC＝AB＝AA1＝2a，则A1E1＝a，A1C＝2a， E1C1＝B1C1＝a，∴E1C＝＝a. ∵在△A1E1C中，cos∠E1A1C＝＝. 所以异面直线AE与A1C所成的角为. (2)由(1)知，A1E1⊥B1C1，又因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱， ∴A1E1⊥平面BCC1B1，又∵EG⊥A1C，∴CE1⊥EG. ∴∠E1CC1＝∠GEC，∴△E1CC1∽△GEC， ∴＝即＝，解得CG＝a，所以G是CC1的中点． (3)连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连接EP，EQ，则EP⊥AC. 又∵平面ABC⊥平面ACC1A1，∴EP⊥平面ACC1A1， 而PQ⊥AG，∴EQ⊥AG. ∴∠PQE是二面角C－AG－E的平面角． 由EP＝a，AP＝a，PQ＝得tan∠PQE＝＝， 所以二面角C－AG－E的正切值是. 9 学科网（北京）股份有限公司 $$