全国版2023高考数学一轮复习第8章立体几何第2讲空间点线面的位置关系试题2理含解析20230316186

第八章　立体几何第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系1.[2021陕西省部分学校摸底检测]已知a,b,c是三条不同的直线,β是一个平面,给出下列命题:①若a⊥b,b∥c,则a⊥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a⊥b,b∥β,则a⊥β;④若a⊥β,b∥β,则a⊥b.其中为真命题的是(　　)A.①③B.①④C.②④D.①③④2.[2020河南省名校4月模拟]如图8-2-1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,BC=2,点D为BC的中点,则异面直线AD与A1C所成的角为(　　)图8-2-1A.π2B.π3C.π4D.π63.[2020合肥三检]点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面DCC1D1内的一个动点,若△APD与△BCP的面积之比等于2,则点P的轨迹是(　　)A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分4.[数学文化题]图8-2-2《九章算术》是我国的一部古代数学专著,书中记载了一种名为“刍甍”的五面体(如图8-2-2),其中四边形ABCD为矩形,EF∥AB,若AB=3EF,△ADE和△BCF都是正三角形,且AD=2EF,则异面直线AE与CF所成角的大小为　　　　. \n5.[2020四川五校联考]在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱C1D1,B1C1的中点,过A,E,F三点作该正方体的截面,则截面的周长为　　　　. 6.[2021贵阳市摸底测试]图8-2-3如图8-2-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题:①直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4;②点C到平面ABC1D1的距离为22;③异面直线D1C和BC1所成的角为π4;④三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球的半径为32.其中正确的有(　　)A.1个B.2个C.3个D.4个7.[2021安徽省四校联考]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱C1D1,B1C1的中点,P是上底面A1B1C1D1内一点,若AP∥平面BDEF,则线段AP长度的取值范围是(　　)A.[52,2]B.[324,52]C.[328,62]D.[62,2]8.[2020陕西省部分学校摸底检测]将正方形ABCD中的△ACD沿对角线AC折起,使得平面ABC垂直于平面ACD,则异面直线AB与CD所成的角为(　　)A.90°B.60°C.45°D.30°9.[2020广东七校第二次联考]如图8-2-4,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P,Q分别是线段AD1和B1C上的动点,且满足AP=B1Q,则下列命题错误的是(　　)A.存在P,Q运动到某一位置,使AB∥PQB.△BPQ的面积为定值C.当点P不与点A重合时,直线PB1与AQ是异面直线D.无论P,Q运动到什么位置,均有BC⊥PQ\n图8-2-4　　　图8-2-510.[2021黑龙江省六校联考]如图8-2-5,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别是棱BC,C1D1的中点,点P在平面A1B1C1D1内,点Q在线段A1N上,若PM=5,则PQ长度的最小值为　　　　. 答案第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系1.B　对于①,因为a⊥b,b∥c,所以a⊥c(一条直线垂直于两条平行线中的一条,也垂直于另一条),故①是真命题;对于②,若a⊥b,b⊥c,则a,c可能平行、相交,也可能异面,故②是假命题;对于③,若a⊥b,b∥β,直线a与平面β可能相交,也可能平行,故③是假命题;对于④,若b∥β,则存在l⊂β,使得b∥l,又a⊥β,所以a⊥l,所以a⊥b,故④是真命题.故选B.2.B　解法一　取B1C1的中点D1,连接A1D1,D1C.易证A1D1∥AD,故A1D1,A1C所成的角就是AD,A1C所成的角.∵AB=AC=2,BC=2,D为BC的中点,∴AD⊥BC,∴AD=AB2-BD2=(2)2-12=1,∴A1D1=AD=1,又A1C=AA12+AC2=(2)2+(2)2=2,D1C=D1C12+C1C2=12+(2)2=3,∴A1D12+D1C2=A1C2,∴△A1D1C为直角三角形,cos∠D1A1C=12,即异面直线AD与A1C所成的角为π3,故选B.图D8-2-10\n解法二　易知AB,AC,AA1两两垂直,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图D8-2-10所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),∴D(22,22,0),∴AD=(22,22,0),A1C=(0,2,-2),∴cos<AD,A1C>=AD·A1C|AD||A1C|=12,即异面直线AD与A1C所成的角为π3.故选B.3.A　解法一　因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以AD⊥平面DCC1D1,BC⊥平面DCC1D1,又点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面DCC1D1内的一个动点,所以AD⊥DP,BC⊥CP,则S△ADPS△BCP=PDPC=2,以D为原点,分别以DC,DD1为x,y轴建立平面直角坐标系,设P(x,y),正方体的棱长为1,则D(0,0),C(1,0),PDPC=2,即x2+y2(x-1)2+y2=2,化简整理得x2+y2-83x+43=0,因为点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面DCC1D1内的一个动点,所以点P的轨迹是圆x2+y2-83x+43=0在侧面DCC1D1内的部分,故选A.解法二　因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以AD⊥平面DCC1D1,BC⊥平面DCC1D1,又点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面DCC1D1内的一个动点,所以AD⊥DP,BC⊥CP,则S△ADPS△BCP=PDPC=2,所以P点的轨迹为圆,又点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面DCC1D1内的一个动点,所以点P的轨迹是圆在侧面DCC1D1内的部分,故选A.4.π2　图D8-2-11如图D8-2-11,在平面ABFE中,过F作FG∥AE交AB于G,连接CG,则∠CFG或其补角为异面直线AE与CF所成的角.设EF=1,则AB=3,AD=2.因为EF∥AB,AE∥FG,所以四边形AEFG为平行四边形,所以FG=AE=AD=2,AG=1,BG=2,又AB⊥BC,所以GC=BG2+BC2=22,又CF=BC=2,所以CG2=GF2+CF2,所以∠CFG=π2,即异面直线AE与CF所成角的大小为π2.5.\n图D8-2-12613+32　如图D8-2-12,延长EF,A1B1,相交于点M,连接AM,交BB1于点H,延长FE,A1D1,相交于点N,连接AN,交DD1于点G,连接FH,EG,可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,且E,F分别是棱C1D1,B1C1的中点,易得EF=32,AG=AH=213,EG=FH=13,截面的周长为AH+HF+EF+EG+AG=613+32.6.C　正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,对于①,直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4,故①正确;对于②,点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半,即距离为22,故②正确;对于③,连接AC,因为BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角即直线D1C和AD1所成的角,又△ACD1是等边三角形,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故③错误;对于④,三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球就是正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球半径r=12+12+122=32,故④正确.故选C.7.B　图D8-2-13如图D8-2-13所示,分别取棱A1B1,A1D1的中点M,N,连接MN,B1D1,∵M,N,E,F均为所在棱的中点,∴MN∥B1D1,EF∥B1D1,∴MN∥EF,又MN⊄平面BDEF,EF⊂平面BDEF,∴MN∥平面BDEF.连接NF,AN,AM,则NF∥A1B1,NF=A1B1,又A1B1∥AB,A1B1=AB,∴NF∥AB,NF=AB,∴四边形ANFB为平行四边形,则AN∥FB,而AN⊄平面BDEF,FB⊂平面BDEF,∴AN∥平面BDEF.又AN∩NM=N,∴平面AMN∥平面BDEF.又P是上底面A1B1C1D1内一点,且AP∥平面BDEF,∴点P在线段MN上.在Rt△AA1M中,AM=AA12+A1M2=1+14=52,同理,在Rt△AA1N中,得AN=52,则△AMN为等腰三角形.\n当P在MN的中点时,AP最小,为(52)2-(24)2=324,当P与M或N重合时,AP最大,为52.∴线段AP长度的取值范围是[324,52].故选B.8.B　图D8-2-14解法一　如图D8-2-14,连接BD,取AC,BD,AD的中点分别为O,M,N,连接ON,OM,MN,则由三角形的中位线定理知ON=12CD,MN=12AB,所以所求的角为∠ONM或其补角.连接BO,OD,因为AB=BC,所以BO⊥AC.因为平面ABC⊥平面ACD,且平面ABC∩平面ACD=AC,BO⊂平面ABC,所以BO⊥平面ACD,所以BO⊥OD.设原正方形ABCD的边长为2,则BO=OD=2,所以BD=2,所以OM=12BD=1,所以ON=MN=OM=1,所以△OMN是等边三角形,所以∠ONM=60°,即异面直线AB与CD所成的角为60°,故选B.图D8-2-15解法二　如图D8-2-15,设AC的中点为O,连接BO,OD,因为AD=CD,AB=BC,所以DO⊥AC,OB⊥AC.因为平面ABC⊥平面ACD,且平面ABC∩平面ACD=AC,OD⊂平面ACD,所以OD⊥平面ABC.以O为坐标原点,OA,OB,OD的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.设AC=2a,则D(0,0,a),A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),所以AB=(-a,a,0),DC=(-a,0,-a),所以cos<AB,DC>=AB·DC|AB|·|DC|=-a·(-a)+0+02a·2a=12,所以异面直线AB与CD所成的角为60°,故选B.9.B　对于选项A,当P,Q分别是线段AD1和B1C的中点时,AB∥PQ,故A正确;对于选项B,P在A处时,△BPQ的面积为12,P在AD1的中点时,△BPQ的面积为24,故△BPQ的面积不是定值,故B错误;对于选项C,当点P不与点A重合时,假设直线PB1与AQ是共面直线,则AP与B1Q共面,\n与题意矛盾,所以直线PB1与AQ是异面直线,故C正确;对于选项D,BC垂直于PQ在平面ABCD内的射影,由三垂线定理得无论P,Q运动到什么位置,均有BC⊥PQ,故D正确.故选B.10.355-1　如图D8-2-16,取B1C1的中点O,连接OM,OP,则MO⊥平面A1B1C1D1,所以MO⊥OP.因为PM=5,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,N是D1C1的中点,所以A1N=5,OP=1,所以点P在以O为圆心,1为半径的位于平面A1B1C1D1内的半圆上,单独画出平面A1B1C1D1及相关点、线,如图D8-2-17,所以点O到A1N的距离减去半径就是PQ长度的最小值.连接A1O,ON,作OH⊥A1N交A1N于H,则S△A1NO=2×2-12×2×1-12×1×1-12×2×1=32,所以12A1N·OH=32,解得OH=355,所以PQ长度的最小值为355-1.　　　　　　图D8-2-16　　　　　　图D8-2-17