課時(shí)分層作業(yè)(四十三)(本試卷共92分．單項(xiàng)選擇題每題5分，多項(xiàng)選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項(xiàng)選擇題1．(2025·日照模擬)已知l，m是兩條不同的直線，α為平面，m?α，下列說(shuō)法中正確的是()A．若l與α不平行，則l與m一定是異面直線B．若l∥α，則l與m可能垂直C．若l∩α＝A，且A?m，則l與m可能平行D．若l∩α＝A，且l與α不垂直，則l與m一定不垂直B[對(duì)于選項(xiàng)A，若l與α不平行，則l與α的位置關(guān)系有相交或直線在平面內(nèi)，且m?α，則l與m的位置關(guān)系有平行、相交或異面，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，若l∥α，則l與m可能垂直，如圖所示，l∥l，l?α，l⊥m，可知l⊥m，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，若l∩α＝A，且A?m，m?α，則l與m異面，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，若l∩α＝A，且l與α不垂直，則l與m可能垂直，如圖，取α為平面ABCD，l＝AD1，m＝AB，符合題意，但l⊥m，故D錯(cuò)誤．故選B．]2．在三棱錐A-BCD的邊AB，BC，CD，DA上分別取E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)，若EF∩HG＝P，則點(diǎn)P()A．一定在直線BD上B．一定在直線AC上C．在直線AC或BD上D．不在直線AC上，也不在直線BD上B[如圖所示，因?yàn)镋F?平面ABC，HG?平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因?yàn)槠矫鍭BC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．]3．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，則直線AB1與BCA．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),4) D．0C[如圖，連接AC1，因?yàn)锽C∥B1C1，所以直線AB1與BC所成的角即為∠AB1C設(shè)AB＝a，易得AB1＝eq\r(2)a，AC1＝eq\r(2)a，B1C1＝a，則由余弦定理的推論知，cos∠AB1C1＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋B1C\o\al(2,1)－AC\o\al(2,1),2AB1·B1C1)＝eq\f(2a2＋a2－2a2,2\r(2)a·a)＝eq\f(\r(2),4).故選C．]4．(2023·上海春季高考)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是邊A1C1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列直線中，始終與直線A．DD1 B．ACC．AD1 D．B1B[對(duì)于A，當(dāng)P是A1C1的中點(diǎn)時(shí)，BP與DD1對(duì)于B，根據(jù)異面直線的定義知，BP與AC是異面直線；對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C1重合時(shí)，BP與AD1是平行直線；對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C1重合時(shí)，BP與B1C故選B．]5．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是DD1，DB的中點(diǎn)，則異面直線EF與AD1A．eq\r(2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\r(3)B[如圖，連接BD1，則EF∥BD1，所以∠AD1B為異面直線EF與AD1所成的角．因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB⊥AD，,AB⊥AA1，))且AD∩AA1＝A，所以AB⊥平面ADD1A1.又AD1?平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，所以△BAD1為直角三角形，所以tan∠BD1A＝eq\f(AB,AD1)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).故選B．]6．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，則異面直線AB1與BC1A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)D[如圖，將該幾何體補(bǔ)成一個(gè)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，由題易得底面ABCD為菱形，且△ABC連接DC1，BD，易得AB1∥DC1，所以∠BC1D(或其補(bǔ)角)是異面直線AB1與BC1所成的角．設(shè)AB＝1，則BC1＝DC1＝eq\r(2)，BD＝2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\r(3)，所以cos∠BC1D＝eq\f(\r(2)2＋\r(2)2－\r(3)2,2×\r(2)2)＝eq\f(1,4).故選D.]7．《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐．如圖，若AB，CD都是直角圓錐SO底面圓的直徑，且∠AOD＝eq\f(π,3)，則異面直線SA與BD所成角的余弦值為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)C[如圖，連接AD，BC，AC，SC．因?yàn)镺為AB，CD的中點(diǎn)，且AB＝CD，所以四邊形ADBC為矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其補(bǔ)角為異面直線SA與BD所成的角．設(shè)圓O的半徑為1，則SA＝SC＝eq\r(2).因?yàn)椤螦OD＝eq\f(π,3)，所以∠ADO＝eq\f(π,3).在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝eq\r(3)，所以cos∠SAC＝eq\f(\r(2)2＋\r(3)2－\r(2)2,2×\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),4)，所以異面直線SA與BD所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).故選C．]8．(2025·六安階段練習(xí))如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是線段A1CA．不存在點(diǎn)M使得異面直線BM與AC所成角為90°B．存在點(diǎn)M使得異面直線BM與AC所成角為30°C．存在點(diǎn)M使得二面角M-BD-C的平面角為45°D．當(dāng)4A1M＝A1C1時(shí)，平面BDM截正方體所得的截面面積為eq\f(9,D[異面直線BM與AC所成的角可轉(zhuǎn)化為直線BM與A1C1如圖所示，當(dāng)M為A1C1的中點(diǎn)時(shí)，BM⊥A1C1，此時(shí)BM與如圖所示，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)A1或點(diǎn)C1重合時(shí)，直線BM與AC所成的角最小，為60°，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)C1重合時(shí)，二面角M-BD-C的平面角最小，tan∠C1OC＝eq\r(2)>1，所以∠C1OC>45°，所以BC錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖所示，過(guò)點(diǎn)M作EF∥B1D1，交A1B1于點(diǎn)F，交A1D1于點(diǎn)E，因?yàn)?A1M＝A1C1，所以E，F(xiàn)分別是A1D1，A又B1D1∥BD，所以EF∥BD，四邊形EFBD即為平面BDM截正方體所得的截面，因?yàn)镋F＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，且BF＝DE＝eq\r(BB\o\al(2,1)＋B1F2)＝eq\r(5)，所以四邊形EFBD是等腰梯形，作FG⊥BD交BD于點(diǎn)G，所以BG＝eq\f(1,2)(BD－EF)＝eq\f(\r(2),2)，F(xiàn)G＝eq\r(FB2－BG2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以梯形的面積為eq\f(1,2)(BD＋EF)×FG＝eq\f(9,2)，所以D正確．故選D.]二、多項(xiàng)選擇題9．(2025·泰安模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的動(dòng)點(diǎn)，則過(guò)A，Q，B1A．等邊三角形 B．矩形C．等腰梯形 D．正方形ABC[當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)D1重合時(shí)，截面圖形為等邊三角形AB1D1，如圖1；當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)D重合時(shí)，截面圖形為矩形AB1C1D當(dāng)點(diǎn)Q不與點(diǎn)D，D1重合時(shí)，若Q，R分別為DD1，C1D1的中點(diǎn)，則截面圖形為等腰梯形AQRB1，不可能為正方形，如圖3.故選ABC．]10．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長(zhǎng)為2，球O與正四棱柱的上、下底面及側(cè)棱都相切，P為平面CDD1上一點(diǎn)，且直線BP與球OA．球O的表面積為4πB．直線BD1與BP的夾角等于45°C．該正四棱柱的側(cè)面積為16eq\r(2)D．側(cè)面ABB1A1BCD[如圖，設(shè)球O與下底面相切于點(diǎn)O1，則OO1⊥平面ABCD，因?yàn)榍騉與正四棱柱的側(cè)棱相切，所以其半徑R＝OO1＝O1A＝eq\r(2)，所以球O的表面積為S表＝4π×2＝8π，正四棱柱的側(cè)面積為4×2×2eq\r(2)＝16eq\r(2)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確．依題意，BB1，BP均為球O的切線，BD1經(jīng)過(guò)球心O，所以由球的對(duì)稱性可得∠B1BD1＝∠PBD1，又BD＝2eq\r(2)＝BB1，∠B1BD＝90°，所以∠PBD1＝∠B1BD1＝45°，選項(xiàng)B正確．對(duì)于選項(xiàng)D，棱AA1的中點(diǎn)F即球O與棱AA1的切點(diǎn)，所以點(diǎn)F為側(cè)面ABB1A1故交線應(yīng)為過(guò)點(diǎn)F的圓，截面圓的圓心即為矩形ABB1A1的中心E在Rt△OEF中，OF＝R＝eq\r(2)，OE＝eq\f(1,2)BC＝1，所以截面圓半徑r＝EF＝eq\r(2－1)＝1，則側(cè)面ABB1A1與球面的交線長(zhǎng)為2π，選項(xiàng)D正確．故選BCD..]三、填空題11．從正方體八個(gè)頂點(diǎn)的兩兩連線中任取兩條直線a，b，且a，b是異面直線，則a，b所成角的余弦值的所有可能取值構(gòu)成的集合是______.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))[異面直線的夾角范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故其余弦值的范圍為[0,1)，可以分為以下幾類：當(dāng)兩條棱所在的直線異面時(shí)，所成的角是eq\f(π,2)，其余弦值為0；當(dāng)面對(duì)角線與棱所在的直線異面時(shí)，所成的角是eq\f(π,4)或eq\f(π,2)，其余弦值為eq\f(\r(2),2)或0；當(dāng)兩條面對(duì)角線異面時(shí)，所成的角是eq\f(π,3)或eq\f(π,2)，其余弦值為eq\f(1,2)或0；當(dāng)體對(duì)角線與棱所在直線異面時(shí)，所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3)；當(dāng)體對(duì)角線與面對(duì)角線異面時(shí)，所成的角是eq\f(π,2)，其余弦值為0.所以從正方體八個(gè)頂點(diǎn)的兩兩連線中任取兩條直線a，b，且a，b是異面直線，則a，b所成角的余弦值的所有可能取值構(gòu)成的集合是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))).]12．(2025·菏澤模擬)如圖，已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝2，且點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱BB1，A1C1的中點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)A，E，F(xiàn)作三棱柱的截面交C1B1于點(diǎn)P，則線段B1eq\f(2,3)[由正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝2，又因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱BB1，A1C1的中點(diǎn)，可得AF＝AE＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，如圖所示，延長(zhǎng)AF交CC1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接ME交B1C1于點(diǎn)P，則四邊形AFPE過(guò)點(diǎn)E作BC的平行線交CC1于點(diǎn)N.因?yàn)椤鰽A1F≌△MC1F，所以MC又△MPC1∽△MEN，所以eq\f(MP,ME)＝eq\f(MC1,MN)＝eq\f(PC1,EN)＝eq\f(2,3)，所以PC1＝eq\f(4,3)，則B1P＝eq\f(2,3).]13．(15分)正四棱柱ABCP-ABCP如圖所示．(1)請(qǐng)?jiān)谡睦庵鵄BCP-ABCP中，畫(huà)出經(jīng)過(guò)P，Q，R三點(diǎn)的截面(無(wú)須證明)．(2)若Q，R分別為AB，BC的中點(diǎn)，證明：AQ，CR，BB三線共點(diǎn)．解：(1)作直線QR分別交PA，PC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，N，連接MP交AA于點(diǎn)S，連接PN交CC于點(diǎn)T，連接SQ，TR，如圖五邊形PSQRT即為所求．(2)證明：如圖，連接QR，AC，AC，則AC＝AC，AC∥AC，因?yàn)镼，R分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以QR∥AC，又AC∥AC，所以QR∥AC，且AC＝2QR，可得四邊形AQRC為梯形，設(shè)AQ∩CR＝O，則O∈AQ，因?yàn)锳Q?平面AAB，所以O(shè)∈平面AAB，同理O∈平面CCB，又平面AAB∩平面CCB＝BB，所以O(shè)∈BB，即AQ，CR，BB三線共點(diǎn)．14．(15分)正多面體被古希臘人認(rèn)為是構(gòu)成宇宙的基本元素，加上它們的多種變體，一直是科學(xué)、藝術(shù)、哲學(xué)靈感的源泉之一．如圖，該幾何體是一個(gè)高為4的正八面體，G為BC的中點(diǎn)，求異面直線EG與BF所成角的正弦值．解：如圖，連接BD，取BD的中點(diǎn)O，連接EO，DG，由正八面體的性質(zhì)知EO＝2，BF∥DE，所以∠DEG(或補(bǔ)角)為異面直線EG與BF所成的角，在Rt△BOE中，EO2＋BO2＝BE2，則22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)BE))2＝BE2，解得BE＝2eq\r(2)，即正八面體的棱長(zhǎng)為2eq\r(2)，在Rt△DCG中，CD2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(