適用于新教材2025版高中數(shù)學(xué)課時素養(yǎng)檢測二十九直線與直線垂直新人教A版必修第二冊

PAGE二十九直線與直線垂直(25分鐘50分)一、選擇題(每小題5分，共20分，多選題全部選對得5分，選對但不全對的得2分，有選錯的得0分)1．若空間中四條兩兩不同的直線l1，l2，l3，l4，滿意l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，則下列結(jié)論肯定正確的是()A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1與l4既不垂直也不平行D．l1與l4的位置關(guān)系不確定【解析】選D.構(gòu)造如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1，取l1為AD，l2為AA1，l3為A1B1，當(dāng)取l4為B1C1時，l1∥l4，當(dāng)取l4為BB1時，l1⊥l4，故解除A，B，C，選D.2．設(shè)P是直線l外肯定點(diǎn)，過點(diǎn)P且與l成30°角的異面直線()A．有多數(shù)條 B．有兩條C．至多有兩條 D．有一條【解析】選A.如圖所示，過點(diǎn)P作直線l′∥l，以l′為軸，與l′成30°角的圓錐面的全部母線都與l成30°角．3．如圖是一個正方體的平面綻開圖，則在正方體中，AB與CD的位置關(guān)系為()A．相交 B．平行C．異面而且垂直 D．異面但不垂直【解析】選D.將綻開圖還原為正方體，如圖所示．4．(多選題)如圖，在正四棱柱(側(cè)面為矩形，底面為正方形的棱柱)ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，則以下結(jié)論中成立的是()A．EF⊥BB1 B．EF⊥BDC．EF與CD異面 D．EF與A1C1異面【解析】選ABC.連接A1B，因為E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，所以EF是△A1BC1的中位線，所以EF∥A1C1，故D錯誤，ABC正確．二、填空題(每小題5分，共10分)5．如圖，在正方體ABCD-EFMN中，①BM與ED平行；②CN與BM是異面直線；③CN與BE是異面直線；④DN與BM是異面直線；以上四個說法中，正確說法的序號是__________.【解析】在①中，直線BM與ED為異面直線，故①不正確．在②中，由異面直線的判定方法可得直線CN與BM是異面直線，故②正確．在③中，由條件可得四邊形BCNE為平行四邊形，故CN與BE平行，故③不正確．在④中，由異面直線的判定方法可得直線DN與BM是異面直線，故④正確．綜上②④正確．答案：②④6．如圖，空間四邊形ABCD的對角線AC＝8，BD＝6，M，N分別為AB，CD的中點(diǎn)，并且異面直線AC與BD所成的角為90°，則MN等于________．【解析】取AD的中點(diǎn)P，連接PM，PN，則BD∥PM，AC∥PN，所以∠MPN即異面直線AC與BD所成的角，所以∠MPN＝90°，PN＝eq\f(1,2)AC＝4，PM＝eq\f(1,2)BD＝3，所以MN＝5.答案：5三、解答題(每小題10分，共20分)7.(2024·福鼎高一檢測)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點(diǎn)P為DD1的中點(diǎn)．(1)證明：直線BD1∥平面PAC；(2)求異面直線BD1與AP所成角的正弦值．【解析】(1)如圖，連接BD，設(shè)AC和BD交于點(diǎn)O，則O為BD的中點(diǎn)，連接PO，因為P是DD1的中點(diǎn)，所以PO∥BD1，又因為PO?平面PAC，BD1?平面PAC，所以直線BD1∥平面PAC.(2)由(1)知：PO∥BD1，所以異面直線BD1與AP所成角即為PO與AP所成角，即∠APO為BD1與AP所成角，因為PA＝PC＝eq\r(5)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，且PO⊥AC，在直角△APO中，sin∠APO＝eq\f(AO,AP)＝eq\f(\r(2),\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，所以BD1與AP所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).8．在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側(cè)面都是矩形，底面ABCD是菱形且AB＝BC＝2eq\r(3)，∠ABC＝120°，若異面直線A1B和AD1所成的角為90°，試求AA1.【解析】連接CD1，AC，由題意得四棱柱ABCD-A1B1C1D1中A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以A1B∥CD1，所以∠AD1C(或其補(bǔ)角)為A1B和AD1所成的角，因為異面直線A1B和AD1所成的角為90°，所以∠AD1C＝90°，因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1中AB＝BC＝2eq\r(3)，所以△ACD1是等腰直角三角形，所以AD1＝eq\f(\r(2),2)AC.因為底面ABCD是菱形且AB＝BC＝2eq\r(3)，∠ABC＝120°，所以AC＝2eq\r(3)×sin60°×2＝6，所以AD1＝eq\f(\r(2),2)AC＝3eq\r(2)，所以AA1＝eq\r(ADeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－A1Deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\r(（3\r(2)）2－（2\r(3)）2)＝eq\r(6).(30分鐘60分)一、選擇題(每小題5分，共20分，多選題全部選對得5分，選對但不全對的得2分，有選錯的得0分)1．在正方體ABCD-A′B′C′D′中，點(diǎn)P在線段AD′上運(yùn)動，則異面直線CP與BA′所成θ角的取值范圍是()A．0°<θ<90° B．0°<θ≤90°C．0°≤θ≤60° D．0°<θ≤60°【解析】選D.如圖，連接CD′，則異面直線CP與BA′所成的角θ等于∠D′CP，由圖可知，當(dāng)P點(diǎn)與A點(diǎn)重合時，θ＝60°，當(dāng)P點(diǎn)無限接近D′點(diǎn)時，θ趨近于0°，由于是異面直線，故θ≠0°.2．(2024·包頭高一檢測)在三棱錐S-ABC中，若SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，SA＝2eq\r(3)，SA⊥BC，設(shè)異面直線SC與AB所成角為α，則cosα＝()A．－eq\f(1,8)B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4)D．－eq\f(1,4)【解析】選B.分別取BC，SB，SA的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，連接AE，SE，EF，EG，F(xiàn)G，因為SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，E為BC的中點(diǎn)，則AE⊥BC，SE⊥BC，且AE＝SE＝eq\r(SB2－BE2)＝2eq\r(3)，因為G為SA的中點(diǎn)，則EG⊥SA，且EG＝eq\r(AE2－AG2)＝3，因為E，F(xiàn)分別為BC，SB的中點(diǎn)，所以EF∥SC且EF＝eq\f(1,2)SC＝2，同理可得FG∥AB且FG＝eq\f(1,2)AB＝2，所以，異面直線SC與AB所成角為∠EFG或其補(bǔ)角，由余弦定理可得cos∠EFG＝eq\f(EF2＋FG2－EG2,2EF·FG)＝eq\f(22＋22－32,2×2×2)＝－eq\f(1,8)，因此，異面直線SC與AB所成角的余弦值為eq\f(1,8).3．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)【解析】選C.如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點(diǎn)，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角．因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\r(5)，所以O(shè)M＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).4．(多選題)一個正方體紙盒綻開后如圖所示，在原正方體紙盒中有如下結(jié)論，其中正確的是()A．AB⊥EFB．AB與CM所成的角為60°C．EF與MN是異面直線D．MN∥CD【解析】選AC.把正方體平面綻開圖還原為原來的正方體，如圖所示，AB⊥EF，EF與MN是異面直線，AB∥CM，MN⊥CD，只有AC正確．二、填空題(每小題5分，共20分)5．已知∠ABC＝120°，異面直線MN，PQ.其中MN∥AB，PQ∥BC，則異面直線MN與PQ所成的角為________．【解析】結(jié)合等角定理及異面直線所成角的范圍可知，異面直線MN與PQ所成的角為60°.答案：60°6．如圖，在四面體A-BCD中，AC＝BD＝a，AC與BD所成的角為60°，M，N分別為AB，CD的中點(diǎn)，則線段MN的長為________．【解析】取BC的中點(diǎn)E，連接EM，EN，因為M，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以ME∥AC且ME＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(a,2)，同理可得EN∥BD且EN＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(a,2)，所以∠MEN為異面直線AC與BD所成的角或其補(bǔ)角，則∠MEN＝60°或120°.在△MEN中，EM＝EN＝eq\f(a,2).若∠MEN＝60°，則△MEN為等邊三角形，此時，MN＝eq\f(a,2)；若∠MEN＝120°，由余弦定理可得MN＝eq\r(EM2＋EN2－2EM·ENcos120°)＝eq\f(\r(3),2)a.綜上所述，MN＝eq\f(a,2)或eq\f(\r(3),2)a.答案：eq\f(a,2)或eq\f(\r(3),2)a7．空間中∠A的兩邊和∠B的兩邊分別平行，∠A＝70°，則∠B＝________．【解析】因為∠A的兩邊和∠B的兩邊分別平行，所以∠A＝∠B或∠A＋∠B＝180°.又∠A＝70°，所以∠B＝70°或110°.答案：70°或110°8．如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長(包括底面邊長)都是2，E，F(xiàn)分別是AB，A1C1的中點(diǎn)，則EF與側(cè)棱C1C所成的角的余弦值是________．【解析】如圖，取AC的中點(diǎn)G，連接FG，EG，則FG∥C1C，F(xiàn)G＝C1C，EG∥BC，EG＝eq\f(1,2)BC，故∠EFG即為EF與C1C所成的角(或補(bǔ)角)，在Rt△EFG中，cos∠EFG＝eq\f(FG,FE)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).答案：eq\f(2\r(5),5)三、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，OA是該棱錐的高，且OA⊥AD，OA⊥AC，OA＝2，M為OA的中點(diǎn)．(1)求四棱錐O-ABCD的體積；(2)求異面直線OC與MD所成角的正切值的大小．【解析】(1)由已知可求得，正方形ABCD的面積S＝4，所以，四棱錐O-ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×4×2＝eq\f(8,3).(2)連接AC，設(shè)線段AC的中點(diǎn)為E，連接ME，DE，則∠EMD為異面直線OC與MD所成的角(或其補(bǔ)角)，由已知，可得DE＝eq\r(2)，EM＝eq\r(3)，MD＝eq\r(5)，因為(eq\r(2))2＋(eq\r(3))2＝(eq\r(5))2，所以△DEM為直角三角形，所以tan∠EMD＝eq\f(DE,EM)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).10．如圖，已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，A1A＝AB，E，F(xiàn)分別是BD1和AD的中點(diǎn)．求證：CD