多维层次练39-直线、平面平行的判定与性质学案

这是一份多维层次练39-直线、平面平行的判定与性质学案，共16页。
1.如图，ABCD-A1B1C1D1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：连接A1C1，AC，因为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O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线.
答案：A
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线（ ）
A.不存在 B.有且只有两条
C.有且只有三条 D.有无数条
解析：在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且只有1个交点N，当M的位置不同时，可确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交.
答案：D
3.在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P为SB的中点，则异面直线SA与PD所成角的正切值为（ ）
A.1 B.eq \r(2)
C.2 D.2eq \r(2)
解析：连接OP，易知O为AB的中点，因为P为SB的中点，所以OP∥SA，且OP＝eq \f(1,2)SA，所以∠DPO或其补角为异面直线SA与PD所成的角，在Rt△SOB中，SO＝OB＝2，所以OP＝eq \r(2).在等腰三角形PCD中，OP⊥CD，OD＝2.所以tan ∠DPO＝eq \f(OD,OP)＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2)，故选B.
答案：B
4.三棱锥ABCD的所有棱长都相等，M，N分别是棱AD，BC的中点，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(2),4)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2,3)
解析：连接DN，取DN的中点O，连接MO，BO，如图.
因为M是AD的中点，
所以MO∥AN，所以∠BMO（或其补角）是异面直线BM与AN所成的角，
设三棱锥ABCD的所有棱长为2，
则AN＝BM＝DN＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
则MO＝eq \f(1,2)AN＝eq \f(\r(3),2)＝NO＝eq \f(1,2)DN，
则BO＝eq \r(BN2＋NO2)＝eq \r(1＋\f(3,4))＝eq \f(\r(7),2)，
在△BMO中，由余弦定理得cs ∠BMO＝eq \f(BM2＋MO2－BO2,2·BM·MO)＝eq \f(3＋\f(3,4)－\f(7,4),2×\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq \f(2,3)，
所以异面直线BM与AN所成角的余弦值为eq \f(2,3).故选D.
答案：D
5.（多选题）如图是一几何体的平面展开图，其中四边形 ABCD为矩形，E，F 分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下列结论正确的是（ ）
A.直线BE与直线CF异面
B.直线BE与直线AF异面
C.直线EF∥平面PBC
D.平面BCE⊥平面PAD
解析：将平面展开图还原成直观图如图所示.
因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD.又四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC，所以EF∥BC，所以B，C，F，E四点共面.所以直线BE与直线CF共面，不是异面直线，故A错误；
因为E∈平面PAD，AF⊂平面 PAD，点E不在直线AF上，B∉平面PAD，
所以直线BE与直线AF为异面直线，故B正确；
因为EF∥BC，BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，
所以EF∥平面PBC，故C正确；
假设平面BCE⊥平面PAD，即平面BCFE⊥平面PAD，
又平面BCFE∩平面PAD＝EF，作PM⊥EF，垂足为M，可得PM⊥平面BCE，但由题中条件无法证得PM⊥平面BCE，故假设不成立，故D错误.
答案：BC
6.（多选题）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断正确的是（ ）
A.平面PB1D⊥平面ACD1
B.A1P∥平面ACD1
C.异面直线A1P与AD1所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
D.三棱锥D1-APC的体积不变
解析：对于A，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，易证明平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值eq \f(π,3)，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值eq \f(π,2)，故A1P与AD1所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故C错误；对于D，V三棱锥D1-APC＝V三棱锥C-AD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C-AD1P的体积不变，故D正确.故选ABD.
答案：ABD
7.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 .
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)
8.（2020·广州质检）如图是正四面体（各面均为正三角形）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 .
解析：把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.
答案：②③④
9.（2020·全国卷Ⅲ）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
（1）当AB＝BC时，EF⊥AC；
（2）点C1在平面AEF内.
证明：（1）如图，连接BD，B1D1.
因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.
又因为BB1⊥平面ABCD，
所以AC⊥BB1.
所以AC⊥平面BB1D1D.
因为EF⊂平面BB1D1D，
所以EF⊥AC.
（2）如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为D1E＝eq \f(2,3)DD1，AG＝eq \f(2,3)AA1，DD1AA1，
所以ED1AG，
于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝eq \f(1,3)BB1，A1G＝eq \f(1,3)AA1，BB1AA1，
所以FGA1B1，FGC1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.
所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.
10.（2020·佛山一中月考）如图所示，在三棱锥P-ABC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.
（1）求三棱锥P-ABC的体积；
（2）求异面直线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P-ABC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DE∥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＝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所成角的余弦值为是eq \f(3,4).
[综合应用练]
11.（2020·珠海模拟）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为（ ）
A.eq \f(1,2) B.2
C.eq \f(1,4) D.4
解析：取A′D的中点N，连接PN，MN，
因为M是A′C的中点，
所以MN∥CD，且MN＝eq \f(1,2)CD，
因为四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，
所以PB∥CD，且PB＝eq \f(1,2)CD，
所以MN∥PB，且MN＝PB，
所以四边形PBMN为平行四边形，
所以MB∥PN，
所以∠A′PN（或其补角）是异面直线BM与PA′所成的角.
在Rt△A′PN中，tan ∠A′PN＝eq \f(A′N,A′P)＝eq \f(1,2)，
所以异面直线BM与PA′所成角的正切值为eq \f(1,2).故选A.
答案：A
12.（多选题）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.当点F移动至BC1的中点时，直线A1F与平面BDC1所成角最大且为60°
B.无论点F在BC1上怎么移动，都有A1F⊥B1D
C.当点F移动至BC1的中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，且eq \f(A1E,EF)＝2
D.无论点F在BC1上怎么移动，异面直线A1F与CD所成角都不可能是30°
解析：对于A，在点F移动到BC1的中点的过程中，直线A1F与平面BDC1，所成角由小变大再变小，连接DF，作A1O⊥DF于点O，如图1所示.
易知当F为BC1的中点时，夹角的余弦值的最大值为eq \f(OF,A1F)＝eq \f(\f(\r(6),6),\f(\r(6),2))＝eq \f(1,3)eq \f(\r(3),3)，最小角大于30°，
所以D正确.
答案：BCD
13.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)，有以下四个结论：
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.
其中正确结论的序号为 .
解析：如图所示.连接 EH，FG，
依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，
故EH∥FG，所以E，F，G，H共面.
因为EH＝eq \f(1,2)BD，FG＝eq \f(2,3)BD，故EH≠FG，
所以四边形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的公共点，
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
14.如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，BC⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为 .
解析：如图，取 BC的中点E，连接DE，AE.则在△PBC中，PD＝DB，BE＝EC，所以DE∥PC，且DE＝eq \f(1,2)PC.故∠ADE为异面直线PC，AD所成的角或其补角.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB.在Rt△ABC中，AC＝eq \r(BC2＋AB2)＝eq \r(22＋44)＝2eq \r(5).在Rt△PAC中，PC＝eq \r(PA2＋AC2)＝eq \r(22＋（2\r(5)）2)＝2eq \r(6).故DE＝eq \f(1,2)PC＝eq \r(6).在Rt△PAB中，PB＝eq \r(AB2＋PA2)＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5).又PD＝DB，所以AD＝eq \f(1,2)PB＝eq \r(5).在Rt△EAB中，AE＝eq \r(AB2＋BE2)＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17).在△DAE中，cs ∠ADE＝eq \f(AD2＋DE2－AE2,2AD·DE)＝eq \f(（\r(5)）2＋（\r(6)）2－（\r(17)）2,2×\r(5)×\r(6))＝－eq \f(\r(30),10).
故异面直线PC，AD所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10).
答案：eq \f(\r(30),10)
15.已知三棱柱ABC-A1B1C1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C1-BCA1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VABC-A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2eq \r(2)，
VA1-BCC1B1＝VABC-A1B1C1－VA1-ABC＝eq \f(4\r(2),3)，
所以VC1-BCA1＝VA1-BCC1＝eq \f(1,2)VA1-BCC1B1＝eq \f(2\r(2),3).
[拔高创新练]
16.如图，在侧棱长为3的正三棱锥ABCD中，每个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点P，且点P到点B的距离始终等于2eq \r(3)，求动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度.
解：设动点P在三棱锥表面形成的曲线是EFGH，如图所示，则BE＝BH＝2eq \r(3).在直角三角形BAH中，cs ∠HBA＝eq \f(3,2\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，所以∠HBA＝eq \f(π,6)，∠HBG＝eq \f(π,4)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,12)，所以eq \(HG,\s\up8(︵))＝2eq \r(3)×eq \f(π,12)＝eq \f(\r(3),6)π，同理eq \(EF,\s\up8(︵))＝eq \f(\r(3),6)π.在直角三角形HAE中，∠HAE＝eq \f(π,2)，AH＝AE＝eq \r(（2\r(3)）2－32)＝eq \r(3)，所以eq \(HE,\s\up8(︵))＝eq \r(3)×eq \f(π,2)＝eq \f(\r(3)π,2).在等边三角形BCD中，∠CBD＝eq \f(π,3)，所以eq \(GF,\s\up8(︵))＝2eq \r(3)×eq \f(π,3)＝eq \f(2\r(3)π,3).则所求曲线的长度为eq \f(\r(3),6)π＋eq \f(\r(3),6)π＋eq \f(\r(3),2)π＋eq \f(2\r(3),3)π＝eq \f(3\r(3),2)π.