(魯京遼)2022-2023學年高中數(shù)學 第1章 立體幾何初步滾動訓練一 新人教B版必修2

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1、(魯京遼)2022-2023學年高中數(shù)學 第1章 立體幾何初步滾動訓練一 新人教B版必修2 一、選擇題 1.一條直線若同時平行于兩個相交平面,那么這條直線與這兩個平面的交線的位置關系是(  ) A.異面 B.平行 C.相交 D.不能確定 考點 空間中直線與平面之間的位置關系 題點 空間中直線與平面之間的位置關系的判定 答案 B 解析 設α∩β=l,a∥α,a∥β, 則過直線a作與平面α,β都相交的平面γ, 記α∩γ=b,β∩γ=c, 則a∥b且a∥c, ∴b∥c.又b?β,c?β, ∴b∥β. 又b?α,α∩β=l, ∴b∥l, ∴a∥l. 2.已知異

2、面直線a,b分別在平面α,β內,且α∩β=c,那么直線c一定(  ) A.與a,b都相交 B.只能與a,b中的一條相交 C.至少與a,b中的一條相交 D.與a,b都平行 考點 空間直線與直線的位置關系 題點 空間中直線與直線的位置關系的判定 答案 C 解析 由圖可知直線c至少與a,b中的一條直線相交. 3.若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內,l2在平面β內,l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是(  ) A.l與l1,l2都不相交 B.l與l1,l2都相交 C.l至多與l1,l2中的一條相交 D.l至少與l1,l2中的一條相交 答案 D 解析 方

3、法一 由于l與直線l1,l2分別共面,故直線l與l1,l2要么都不相交,要么至少與l1,l2中的一條相交.若l∥l1,l∥l2,則l1∥l2,這與l1,l2是異面直線矛盾.故l至少與l1,l2中的一條相交. 方法二 如圖1,l1與l2是異面直線,l1與l平行,l2與l相交,故A,B不正確;如圖2,l1與l2是異面直線,l1,l2都與l相交,故C不正確. 4.點E,F(xiàn),G,H分別為空間四邊形ABCD中AB,BC,CD,AD的中點,若AC=BD,且AC與BD所成角的大小為90°,則四邊形EFGH是(  ) A.菱形 B.梯形 C.正方形 D.空間四邊形 考點 平行公理 題點

4、 判斷、證明線線平行 答案 C 解析 由題意得EH∥BD且EH=BD,F(xiàn)G∥BD且FG=BD, ∴EH∥FG且EH=FG, ∴四邊形EFGH為平行四邊形,又EF=AC,AC=BD, ∴EF=EH, ∴四邊形EFGH為菱形. 又∵AC與BD所成角的大小為90°, ∴EF⊥EH,即四邊形EFGH為正方形. 5.如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(  ) 考點 直線與平面平行的判定 題點 直線與平面平行的判定 答案 A 解析 A中,作如圖①所示的輔助線,其中D為BC的中點,

5、則QD∥AB. ∵QD∩平面MNQ=Q,∴QD與平面MNQ相交, ∴直線AB與平面MNQ相交; B中,作如圖②所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ, ∴AB∥MQ,又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ, ∴AB∥平面MNQ; C中,作如圖③所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ, ∴AB∥MQ,又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ, ∴AB∥平面MNQ; D中,作如圖④所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥NQ, ∴AB∥NQ,又AB?平面MNQ,NQ?平面MNQ, ∴AB∥平面MNQ. 故選A. 6.若不在同一直線上的三點A,B,C到平面α的距離相等,且A?α

6、,則(  ) A.α∥平面ABC B.△ABC中至少有一邊平行于α C.△ABC中至多有兩邊平行于α D.△ABC中只可能有一邊與α相交 考點 直線與平面平行的判定 題點 直線與平面平行的判定 答案 B 解析 若三點在平面α的同側,則α∥平面ABC,有三邊平行于α.若一點在平面α的一側,另兩點在平面α的另一側,則有兩邊與平面α相交,有一邊平行于α,故△ABC中至少有一邊平行于α. 7.直線a,b為異面直線,過直線a與直線b平行的平面(  ) A.有且只有一個 B.有無數(shù)多個 C.有且只有一個或不存在 D.不存在 考點 直線與平面平行的判定 題點 直線與平面平行的判

7、定 答案 A 解析 在a上任取一點A,則過A與b平行的直線有且只有一條,設為b′,又∵a∩b′=A,∴a與b′確定一個平面α,即為過a與b平行的平面,可知它是唯一的. 8.如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形,AC交BD于點O,E為AD的中點,F(xiàn)在PA上,AP=λAF,PC∥平面BEF,則λ的值為(  ) A.1 B. C.3 D.2 考點 直線與平面平行的性質 題點 與線面平行性質有關的計算 答案 C 解析 設AO交BE于點G,連接FG. ∵O,E分別是BD,AD的中點, ∴=,=. ∵PC∥平面BEF,平面PAC∩平面BEF=GF,PC?平面P

8、AC, ∴GF∥PC, ∴==, 則AP=3AF, ∴λ=3. 二、填空題 9.已知l,m,n是互不相同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,給出下列命題: ①若l與m為異面直線,l?α,m?β,則α∥β; ②若α∥β,l?α,m?β,則l∥m; ③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,則m∥n. 其中所有真命題的序號為________. 考點 線、面關系的綜合問題 題點 線、面關系的其他綜合問題 答案 ③ 解析?、僦笑量赡芘cβ相交;②中直線l與m可能異面;③中根據(jù)線面平行的性質定理可以證明m∥n. 10.如圖所示,正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上

9、,且AB∥CD,正方體的六個面所在的平面與直線CE,EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m,n,那么m+n=______. 考點 空間中直線與平面之間的位置關系 題點 空間中直線與平面之間的位置關系的應用 答案 8 解析 直線CE在下底面內,且與上底面平行,與其他四個平面相交,直線EF與左、右兩個平面平行,與其他四個平面相交,所以m=4,n=4,故m+n=8. 11.已知平面α∥平面β,P?α且P?β,過點P的直線m與α,β分別交于點A,C,過點P的直線n與α,β分別交于點B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,則BD的長為________. 考點 平面與平面平行的性質 題點 與面面平

10、行性質有關的計算 答案 或24 解析 如圖①所示,∵AC∩BD=P, ∴經(jīng)過直線AC與BD可確定平面PCD. ∵α∥β,α∩平面PCD=AB, β∩平面PCD=CD, ∴AB∥CD. ∴=, 即=, ∴BD=. 如圖②所示,同理可證AB∥CD, ∴=, 即=, ∴BD=24. 綜上所述,BD的長為或24. 12.在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,若存在實數(shù)λ,使得CQ=λCC1時,平面D1BQ∥平面PAO,則λ=________. 答案  解析 當Q為CC1的中點時,平面D1BQ∥平面PAO. 理由

11、如下: 當Q為CC1的中點時, ∵Q為CC1的中點,P為DD1的中點,∴QB∥PA. ∵P,O為DD1,DB的中點,∴D1B∥PO. 又PO∩PA=P,D1B∩QB=B, D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO, ∴平面D1BQ∥平面PAO. 三、解答題 13.如圖所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O⊥底面ABCD,AB=AA1=. (1)證明:平面A1BD∥平面CD1B1; (2)求三棱柱ABD-A1B1D1的體積. 考點 平面與平面平行的判定 題點 平面與平面平行的證明 (1)證明 由題意知,BB1∥DD1且BB1=

12、DD1, ∴四邊形BB1D1D是平行四邊形, ∴BD∥B1D1, 又BD?平面CD1B1,B1D1?平面CD1B1, ∴BD∥平面CD1B1. ∵A1D1∥BC且A1D1=BC, ∴四邊形A1BCD1是平行四邊形, ∴A1B∥D1C, 又A1B?平面CD1B1,D1C?平面CD1B1, ∴A1B∥平面CD1B1. 又∵BD∩A1B=B,BD,A1B?平面A1BD, ∴平面A1BD∥平面CD1B1. (2)解 ∵A1O⊥平面ABCD, ∴A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高. ∵四邊形ABCD為正方形,且AB=,∴AC=2, ∴AO=AC=1,又AA1=, ∴A

13、1O==1. 又∵S△ABD=××=1, ∴=S△ABD·A1O=1. 四、探究與拓展 14.如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q為棱CC1上一動點,過直線AQ的平面分別與棱BB1,DD1交于點P,R,則下列結論錯誤的是(  ) A.對于任意的點Q,都有AP∥QR B.對于任意的點Q,四邊形APQR不可能為平行四邊形 C.存在點Q,使得△ARP為等腰直角三角形 D.存在點Q,使得直線BC∥平面APQR 考點 平行的綜合應用 題點 線線、線面、面面平行的相互轉化 答案 C 解析 

14、∵AB∥CD,AA1∥DD1,AB∩AA1=A,CD∩DD1=D, ∴平面ABB1A1∥平面CDD1C1. 又∵平面APQR∩平面ABB1A1=AP, 平面APQR∩平面CDD1C1=QR,∴AP∥QR. 故A正確; ∵四邊形ABCD是直角梯形,AB∥CD, ∴平面BCC1B1與平面ADD1A1不平行. 由AP∥QR可知, AP≠QR,即四邊形APQR不可能為平行四邊形,故B正確; 延長CD至M,使得DM=CD, 則四邊形ABCM是矩形, ∴BC∥AM. 當R,Q,M三點共線時,AM?平面APQR, ∴BC∥平面APQR,故D正確; 易得C不正確. 15.如圖,在

15、正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AB的中點,點N在側面AA1D1D上運動,點N滿足什么條件時,MN∥平面BB1D1D? 考點 平行的綜合應用 題點 平行中的探索性問題 解 如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,分別取棱A1B1,A1D1,AD的中點E,F(xiàn),G,連接ME,EF,F(xiàn)G,GM. 因為M是AB的中點, 所以ME∥AA1∥FG,且ME=AA1=FG, 所以四邊形MEFG是平行四邊形. 因為ME∥BB1,BB1?平面BB1D1D,ME?平面BB1D1D, 所以ME∥平面BB1D1D. 在△A1B1D1中,因為EF∥B1D1,B1D1?平面BB1D1D,EF?平面BB1D1D, 所以EF∥平面BB1D1D. 又因為ME∩EF=E,且ME?平面MEFG,EF?平面MEFG, 所以平面MEFG∥平面BB1D1D. 在FG上任取一點N,連接MN, 所以MN?平面MEFG. 所以MN與平面BB1D1D無公共點. 所以MN∥平面BB1D1D. 總之,當點N在平面AA1D1D內的直線FG上(任意位置)時,都有MN∥BB1D1D, 即當點N在矩形AA1D1D中過A1D1與AD的中點的直線上運動時,都有MN∥平面BB1D1D.

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