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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(guān)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(guān)系
題點 空間中直線與平面之間的位置關(guān)系的判定
答案 B
解析 設(shè)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(nèi),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(guān)系
題點 空間中直線與直線的位置關(guān)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(nèi),l2在平面β內(nèi),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(cè),則α∥平面ABC,有三邊平行于α.若一點在平面α的一側(cè),另兩點在平面α的另一側(cè),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(shè)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(zhì)
題點 與線面平行性質(zhì)有關(guān)的計算
答案 C
解析 設(shè)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(guān)系的綜合問題
題點 線、面關(guān)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(zhì)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(guān)系
題點 空間中直線與平面之間的位置關(guān)系的應用
答案 8
解析 直線CE在下底面內(nèi),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(zhì)
題點 與面面平
10、行性質(zhì)有關(guān)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(jié)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(zhuǎn)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≠Q(mào)R,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(cè)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(nèi)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.