2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第3讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第3讲　高效演练分层突破学案，共9页。

1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
解析：选A.首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．
2．已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
解析：选B.在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．
3．如图，ABCD­A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A．A，M，O三点共线 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：选A.连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，
所以A1，C1，C，A四点共面，
所以A1C⊂平面ACC1A1，
因为M∈A1C，
所以M∈平面ACC1A1.
又M∈平面AB1D1，
所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．
所以A，M，O三点共线．
4.(2020·广东东莞模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
解析：选C.因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线，所以选项A错误．假设AC⊥平面ABB1A1，则AC⊥AB，即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，即选项B错误．因为点B1∉AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE，B1C1为异面直线；由题意可知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1，故选项C正确．因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误．综上，选C.
5．在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为( )
A.eq \r(3) B．1
C.eq \f(\r(6),3) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选C.法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝eq \r(2)，PB＝eq \r(5)，BN＝eq \r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，
tan∠PBN＝eq \f(PN,BN)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，故选C.
法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则N(0，0，0)，A1(0，－1，2)，B(eq \r(3)，0，0)，M(eq \r(3)，0，1)，所以eq \(NB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \(A1M,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cs θ＝|cs〈eq \(NB,\s\up6(→))，eq \(A1M,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(NB,\s\up6(→))·\(A1M,\s\up6(→))|,|\(NB,\s\up6(→))|·|\(A1M,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，则sin θ＝eq \f(\r(10),5)，
tan θ＝eq \f(\r(6),3).
6．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且eq \f(CF,CB)＝eq \f(CG,CD)＝eq \f(2,3)，则下列说法正确的是________．
①EF与GH平行；
②EF与GH异面；
③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；
④EF与GH的交点M一定在直线AC上．
解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H四点共面．因为EH＝eq \f(1,2)BD，FG＝eq \f(2,3)BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．
答案：④
7．一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个命题：
①AF⊥GC；
②BD与GC成异面直线且夹角为60°；
③BD∥MN；
④BG与平面ABCD所成的角为45°.
其中正确的是________(填序号)．
解析：将平面展开图还原成正方体(如图所示)．
对于①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确；
对于②，BD与GC显然成异面直线．如图，连接EB，ED，则BE∥GC，所以∠EBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角)．在等边△BDE中，∠EBD＝60°，所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确；
对于③，BD与MN为异面垂直，故③错误；
对于④，由题意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④错误．综上可得①②正确．
答案：①②
8．(2020·河南安阳调研四)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1E⊥CF，则当△EBC的面积取得最小值时，eq \f(S△EBC,S四边形ABCD)＝________．
解析：
如图所示，连接B1D1，取AB的中点G，连接D1G，B1G.由题意得CF⊥平面B1D1G，
所以当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，
设BC＝a，则S△EBC＝eq \f(1,2)EB·BC＝eq \f(1,2)EB·a，
当△EBC的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线B1G的距离，
所以线段EB长度的最小值为eq \f(a,\r(5))，所以eq \f(S△EBC,S四边形ABCD)＝eq \f(\f(1,2)×\f(a,\r(5))×a,a2)＝eq \f(\r(5),10).
答案：eq \f(\r(5),10)
9．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B.
因为E，F分别是AB，AA1的中点，
所以EF∥BA1.
又A1B∥D1C，所以EF∥CD1，
所以E，C，D1，F四点共面．
(2)因为EF∥CD1，EF所以CE与D1F必相交，
设交点为P，如图所示．
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
所以P∈直线DA，所以CE，D1F，DA三线共点．
10.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，PA＝2.求：
(1)三棱锥P­ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，
三棱锥P­ABC的体积为V＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×2＝eq \f(4\r(3),3).
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝eq \r(2)，AD＝2，cs∠ADE＝eq \f(22＋22－2,2×2×2)＝eq \f(3,4).
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq \f(3,4).
[综合题组练]
1．(2020·广东深圳二模)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则( )
A．m∥D1Q
B．m∥平面B1D1Q
C．m⊥B1Q
D．m⊥平面ABB1A1
解析：选B.因为正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，
直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BD∥B1D1，所以m∥BD∥B1D1，
因为m⊄平面B1D1Q，B1D1⊂平面B1D1Q，所以m∥平面B1D1Q.故选B.
2．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF交棱AD于点P，则PE＝( )
A.eq \f(\r(15),6) B．eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(13),6)
解析：选D.过点C1作C1G∥B1F，交直线CD于点G，过点E作HQ∥C1G，交CD延长线，C1D1于点H，Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQ∥B1F，所以Q，H，F，B1四点共面，易求得HD＝D1Q＝eq \f(1,4)，由△PDH∽△PAF可得eq \f(AP,PD)＝eq \f(AF,HD)＝2，则PD＝eq \f(1,3)，
在Rt△PED中，PE＝ eq \r(\f(1,9)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(13),6)，故选D.
3.如图，在直二面角A­BD­C中，△ABD，△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE沿BE翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是( )
A．BC与平面A1BE内某直线平行
B．CD∥平面A1BE
C．BC与平面A1BE内某直线垂直
D．BC⊥A1B
解析：选D.连接CE，当平面A1BE与平面BCE重合时，BC⊂平面A1BE，所以平面A1BE内必存在与BC平行和垂直的直线，故A，C可能成立；
在平面BCD内过B作CD的平行线BF，使得BF＝CD，
连接EF，则当平面A1BE与平面BEF重合时，BF⊂平面A1BE，
故平面A1BE内存在与BF平行的直线，即平面A1BE内存在与CD平行的直线，
所以CD∥平面A1BE，故B可能成立．
若BC⊥A1B，又A1B⊥A1E，则A1B为直线A1E和BC的公垂线，所以A1B＜CE，
设A1B＝1，则经计算可得CE＝eq \f(\r(3),2)，
与A1B＜CE矛盾，故D不可能成立．故选D.
4．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1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________．
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eq \f(1,8)，故所求面积S＝eq \f(1,8)×4πR2＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
5.已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面三角形ABC的中心，如图所示．
(1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成角的大小；
(2)连接A1C，A1B，求三棱锥C1­BCA1的体积．
解：
(1)因为AA1∥CC1，
所以异面直线AA1与BC1所成的角为∠BC1C或其补角．
连接AO，并延长与BC交于点D，则D是BC边上的中点．
因为点O是正三角形ABC的中心，
且A1O⊥平面ABC，
所以BC⊥AD，BC⊥A1O，
因为AD∩A1O＝O，
所以BC⊥平面ADA1.
所以BC⊥AA1，又因为AA1∥CC1，
所以CC1⊥BC，BC＝CC1＝B1C1＝BB1＝2，
即四边形BCC1B1为正方形，
所以异面直线AA1与BC1所成角的大小为eq \f(π,4).
(2)因为三棱柱的所有棱长都为2，
所以可求得AD＝eq \r(3)，AO＝eq \f(2,3)AD＝eq \f(2\r(3),3)，
A1O＝eq \r(AAeq \\al(2,1)－AO2)＝eq \f(2\r(6),3).
所以VABC­A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2eq \r(2)，
VA1­BCC1B1＝VABC­A1B1C1－VA1­ABC＝eq \f(4\r(2),3)，
所以VC1­BCA1＝VA1­BCC1＝eq \f(1,2)VA1­BCC1B1＝eq \f(2\r(2),3).
6.(2020·衡阳模拟)如图，四棱锥M­ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝2DC，△MCD与△MAD都是等边三角形，且点M在底而ABCD上的射影为O.
(1)证明：O为AC的中点；
(2)求异面直线MD与BC所成角的大小．
解：(1)证明：连接AC，取AC的中点N，连接MN，DN，
因为△MCD与△MAD都是等边三角形，且公共边为MD，
所以MC＝MA＝MD＝DA＝DC，
又因为N是AC的中点，
所以MN⊥AC，
在Rt△ADC中，DN＝NC＝eq \f(1,2)AC，
所以△MND≌△MNC，得MN⊥DN.
又因为DN∩AC＝N，所以MN⊥平面ABCD，故点M在底面上的射影为N，
又已知点M在底面ABCD上的射影为O，
所以N与O重合，即O为AC的中点．
(2)设MC＝MA＝MD＝DA＝DC＝a，AB＝2DC＝2a，
因为∠CDA＝∠DAB＝90°，所以AC＝BC＝eq \r(2)a，则AC2＋BC2＝AB2，即∠ACB＝90°.
又因为DA＝DC，O是AC的中点，所以∠DOC＝∠ACB＝90°，
所以DO∥BC，故异面直线MD与BC所成角为∠MDO.
在Rt△MDO中，DO＝MO＝eq \f(\r(2),2)a，
所以∠MDO＝45°，即异面直线MD与BC所成角为45°.