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- 2021-06-11 发布
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第二章 点、直线、平面之间的位置关系
章末检测
时间:120分钟 满分:150分
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.若直线a和b没有公共点,则a与b的位置关系是( )
A.相交 B.平行
C.异面 D.平行或异面
解析:直线a和b没有公共点,则a和b平行或异面.
答案:D
2.下列推理错误的是( )
A.A∈l,A∈α,B∈l,B∈α⇒l⊂α
B.A∈α,A∈β,B∈α,B∈β⇒α∩β=AB
C.l⊄α,A∈l⇒A∉α
D.A∈l,l⊂α⇒A∈α
解析:当l⊄α,α∩l=A时,A∈α,故C错.
答案:C
3.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得( )
A.a⊂α,b⊂α B.a⊂α,b∥α
C.a∥α,b⊥α D.a⊂α,b⊥α
解析:已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,使得A∉b.过A作直线c∥b,则过a,c必存在平面α且使得a⊂α,b∥α.
答案:B
4.已知直线m,n是异面直线,则过直线n且与直线m垂直的平面( )
A.有且只有一个 B.至多有一个
C.有一个或无数多个 D.不存在
解析:当异面直线互相垂直时满足条件的平面有1个,当异面直线互相不垂直时满足条件的平面有0个.故选B.
答案:B
5.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D为A1B1的中点,AB=BC=BB1=2,AC=2,则异面直线BD与AC所成的角为( )
8
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析:如图,取B1C1的中点E,连接BE,DE,则AC∥A1C1∥DE,则∠BDE即为异面直线BD与AC所成的角.由条件可知BD=DE=EB=,所以∠BDE=60°,故选C.
答案:C
6.如图所示,点S在平面ABC外,SB⊥AC,SB=AC=2,E、F分别是SC和AB的中点,则EF的长是( )
A.1 B.
C. D.
解析:取SA的中点H,连接EH、FH(图略).因为SB⊥AC,则EH⊥FH,
在△EFH中,应用勾股定理得EF=.
答案:B
7.如图所示,ABCDA1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是( )
A.A, M,O三点共线
B.A,M,O,A1不共面
C.A,M,C,O不共面
D.B,B1,O,M共面
解析:连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,
所以A,C,C1,A1四点共面,
所以A1C⊂面ACC1A1.
因为M∈A1C,所以M∈面ACC1A1,
又M∈面AB1D1,所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,同理O在面ACC1A1与面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线,故选A.
答案:A
8.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,有以下四个命题:
①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;
③l∥m⇒α⊥β;④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的两个命题是( )
A.①② B.③④
C.②④ D.①③
8
解析:若α∥β,l⊥α,则l⊥β,又m⊂β,所以l⊥m,故①正确;若α⊥β,l⊥α,m⊂β,则l与m可能异面,所以②不正确;若l∥m,l⊥α,则m⊥α,又m⊂β,则α⊥β,所以③正确;若l⊥α,l⊥m,m⊂β,则α与β可能相交,故④不正确.综上可知,选D.
答案:D
9.在正方体ABCDA1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于( )
A.AC B.BD
C.A1D D.A1D1
解析:直线CE在平面ACC1A1内,寻找与平面ACC1A1垂直的直线,在正方体中,BD、B1D1都与此平面垂直,故选B.
答案:B
10.长方体ABCDA1B1C1D1中,四边形ABCD是正方形,M是AD中点,O是C1D与CD1的交点,P是BB1上任意一点,则CM与OP的位置关系是( )
A.平行 B.相交
C.垂直 D.不能确定
解析:取CD中点E,连接BE,则CM⊥BE.又CM⊥BB1,∴CM⊥平面BEB1.而OP⊂平面BEB1,∴CM⊥OP.
答案:C
11.在正三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB=1,D在棱BB1上,且BD=1,设AD与平面AA1C1C所成的角为α,则sin α=( )
A. B. C. D.
解析:如图,分别取AC,A1C1的中点E,E′,连接EE′,BE,B1E′,在平面BEE′B1中作DF⊥EE′,垂足为F,连接AF.
易知平面BEE′B1⊥平面ACC1A1,
所以DF⊥平面ACC1A1.
所以∠DAF是AD与平面AA1C1C所成的角α.
由DF=BE=,AD=.所以sin α===.
答案:D
12.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥AMNCB的体积为( )
8
A. B.
C. D.3
解析:如图,作出二面角AMNB的平面角∠AED,AO为
△AED底边ED上的高,也是四棱锥AMNCB的高.由题意,得AO=.
V=××3=.
答案:A
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分,把答案填在题中的横线上)
13.如图所示,A,B,C,D为不共面的四点,E,F,G,H分别在线段AB,BC,CD,DA上.
(1)如果EH∩FG=P,那么点P在直线________上;
(2)如果EF∩GH=Q,那么点Q在直线________上.
解析:(1)若EH∩FG=P,那么点P∈平面ABD,P∈平面BCD,而平面ABD∩平面BCD=BD,
∴P∈BD.
(2)若EF∩GH=Q,则Q∈平面ABC,Q∈平面ACD,而平面ABC∩平面ACD=AC,∴Q∈AC.
答案:(1)BD (2)AC
14.将边长为a的正方形沿对角线BC折叠成三棱锥ABCD,折后AD=a,则二面角ABCD的大小为________.
解析:取BC的中点O,连接OA,OD,则OA⊥BC,OD⊥BC,则∠AOD为二面角ABCD的平面角.由题设可知OA=OD=a,
∴OA2+OD2=AD2,
∴∠AOD=90°.
答案:90°
15.已知平面α,β和直线m,给出条件:①m∥α;②m⊥α;③m⊂α;④α⊥β;⑤α∥β.当满足条件________时,有m∥β;当满足条件________时,有m⊥β.
解析:利用线面平行和垂直的判定定理选择即可.
答案:③⑤ ②⑤
16.在正三棱锥SABC中,侧棱SC垂直侧面SAB,且SC=2,则此三棱锥的外接球的表面积为________.
解析:由题意,可知三条侧棱SA,SB,SC
8
两两垂直.又三条侧棱相等,故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体,其棱长均为2,其外接球的直径就是此正方体的体对角线,所以2R=2×,即球的半径R=3,所以球的表面积S=4πR2=36π.
答案:36π
三、解答题(本大题共有6小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分12分)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E、F分别为棱BC、C1D1的中点.求证:EF∥平面BB1D1D.
证明:连接AC交BD于O,连接OE,则OE∥DC,OE=DC.∵DC∥D1C1,DC=D1C1,F为D1C1的中点,
∴OE∥D1F,OE=D1F,
∴四边形D1FEO为平行四边形.∴EF∥D1O.又∵EF⊄平面BB1D1D,D1O⊂平面BB1D1D,∴EF∥平面BB1D1D.
18.(本小题满分12分)如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,M是棱AB的中点,点N在侧面AA1D1D上运动,点N满足什么条件时,MN∥平面BB1D1D?
解析:如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,分别取棱A1B1,A1D1,AD的中点E,F,G,连接ME,EF,FG,GM.
因为M是AB的中点,
所以ME∥AA1∥FG,且ME=AA1=FG.
所以四边形MEFG是平行四边形.
因为ME∥BB1,BB1⊂平面BB1D1D,ME⊄平面BB1D1D,
所以ME∥平面BB1D1D.
在△A1B1D1中,因为EF∥B1D1,B1D1⊂平面BB1D1D,EF⊄平面BB1D1D,
所以EF∥平面BB1D1D.
又因为ME∩EF=E,且ME⊂平面MEFG,EF⊂平面MEFG,
所以平面MEFG∥平面BB1D1D.
8
在FG上任取一点N,连接MN,所以MN⊂平面MEFG.
所以MN与平面BB1D1D无公共点.
所以MN∥平面BB1D1D.
总之,当点N在平面AA1D1D内的直线FG上(任意位置)时,都有MN∥平面BB1D1D,
即当点N在矩形AA1D1D中过A1D1与AD的中点的直线上运动时,都有MN∥平面BB1D1D.
19.(本小题满分12分)如图所示,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.
(1)求证:AC⊥BC1;
(2)求证:AC1∥平面CDB1.
证明:(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面三边长AC=3,BC=4,AB=5,
∴AC⊥BC.
又∵C1C⊥AC.
∴AC⊥平面BCC1B1.
∵BC1⊂平面BCC1B1,
∴AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E,连接DE,
∵四边形BCC1B1为正方形,E是BC1的中点,
又D是AB的中点,
∴DE∥AC1.
∵DE⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1,
∴AC1∥平面CDB1.
20.(本小题满分12分)如图所示,边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面,BC=2,M为BC的中点.
(1)求证:AM⊥PM;
(2)求二面角PAMD的大小.
解析:(1)证明:如图所示,取CD的中点E,连接PE,EM,EA.
∵△PCD为正三角形,
∴PE⊥CD,
PE=PDsin∠PDE=2sin 60°=.
∵平面PCD⊥平面ABCD,
∴PE⊥平面ABCD,
而A M⊂平面ABCD,∴PE⊥AM.
∵四边形ABCD是矩形,
∴△ADE,△ECM,△ABM均为直角三角形.
8
由勾股定理可求得EM=,AM=,AE=3,
∴EM2+AM2=AE2.∴AM⊥EM.
又PE∩EM=E,∴AM⊥平面PEM,
∴AM⊥PM.
(2)由(1)可知EM⊥AM,PM⊥AM,
∴∠PME是二面角PAMD的平面角.
∴tan∠PME===1,
∴∠PME=45°.
∴二面角PAMD的大小为45°.
21.(本小题满分13分)在斜三棱柱A1B1C1ABC中,底面是等腰三角形,AB=AC,D是BC中点,侧面BB1C1C⊥平面ABC.
(1)求证:AD⊥CC1.
(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M,若AM=MA1,求证:截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
(3)若截面MBC1⊥平面BB1C1C,求证:AM=MA1.
证明:(1)∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC.
∵底面ABC⊥侧面BB1C1C,
∴AD⊥侧面BB1C1C,∴AD⊥CC1.
(2)延长B1A1与BM的延长线交于N,连接C1N.
∵AM=MA1,∴NA1=A1B1.
∵A1B1=A1C1,∴A1C1=A1N=A1B1.
∴C1N⊥C1B1,∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C,
∴C1N⊥侧面BB1C1C.
∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C,
∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
(3)过M作ME⊥BC1于E,连接DE.
∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C,
∴ME⊥侧面BB1C1C.
又∵AD⊥侧面BB1C1C,
∴ME∥AD,∴M、E、D、A四点共面.
∵AM∥侧面BB1C1C,
∴AM∥DE,
∵CC1∥AM,∴DE∥CC1.
8
∵D是BC的中点,∴E是BC1的中点.
∴AM=DE=CC1=AA1,
∴AM=MA1.
22.(本小题满分13分)在直三棱柱ABCA1B1C1的底面△ABC中,AB=BC,能否在侧棱BB1上找到一点E,使得截面A1EC⊥侧面AA1C1C?若能找到,指出点E的位置;若找不到,说明理由.
解析:设E点存在,如图所示,作EM⊥A1C于点M.
因为截面A1EC⊥侧面AA1C1C,所以EM⊥侧面AA1C1C.
取AC的中点N,因为AB=BC,所以BN⊥AC.
又因为平面ABC⊥侧面AA1C1C,所以BN⊥侧面AA1C1C.
所以BN∥EM.
因为平面BEMN∩侧面AA1C1C=MN,BE∥侧面AA1C1C,
所以BE∥MN∥A1A.
因为AN=NC,所以A1M=MC.
因为四边形BEMN为矩形,所以BE=MN=A1A=BB1.
所以当E为BB1的中点时,
平面A1EC⊥侧面AA1C1C.
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