2.1.1 平 面
【选题明细表】
知识点、方法
题号
三种语言的转换
1,6
公理的基本应用
2,3,4,5,9
共点、共线、共面问题
7,8,10,11,12,13
1.文字语言叙述:“平面内有一条直线,则这条直线上的点必在这个平面内”改成符号语言是( B )
(A)a∈α,A?a?A?α
(B)a?α,A∈a?A∈α
(C)a∈α,A∈a?A?α
(D)a∈α,A∈a?A∈α
解析:直线在平面内用“?”,点在直线上和点在平面内用“∈”,故选B.
2.给出下列说法:(设α,β表示平面,l表示直线,A,B,C表示点)
①若A∈l,A∈α,B∈α,B∈l,则l?α;
②若A∈α,A∈β,B∈α,B∈β,则α∩β=AB;
③若l?α,A∈l,则A?α,则正确的个数是( B )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:③中点A可以是直线与平面的交点,所以错误.①,②正确.故
选B.
3.下列图形中不一定是平面图形的是( D )
(A)三角形 (B)平行四边形
(C)梯形 (D)四边相等的四边形
解析:利用公理2可知:三角形、平行四边形、梯形一定是平面图形,而四边相等的四边形不一定是平面图形,
故选D.
4.若三个平面两两相交,且三条交线互相平行,则这三个平面把空间分成( C )
(A)5部分 (B)6部分 (C)7部分 (D)8部分
解析:如图所示,三个平面α,β,γ两两相交,
交线分别是a,b,c且a∥b∥c,
观察图形,
得α,β,γ把空间分成7部分.
故选C.
5.(2018·昆明一中高一测试)如图平面α∩平面β=直线l,点A,B∈α,点C∈β,C?l,直线AB∩l=D,过A,B,C三点确定平面γ,则γ与β的交线必过( D )
(A)点A (B)点B
(C)点C但不过点D (D)点C和点D
解析:因为C∈β,D∈β,且C∈γ,D∈γ,
所以γ与β的交线必过点C和D.
6.把下列符号叙述所对应的图形的字母编号填在题后横线上.
(1)A?α,a?α ;?
(2)α∩β=a,P?α且P?β ;?
(3)a?α,a∩α=A ;?
(4)α∩β=a,α∩γ=c,β∩γ=b,a∩b∩c=O .?
解析:考查识图能力及“图形语言与符号语言”相互转化能力,要注意点线面的表示.习惯上常用大写字母表示点,小写字母表示线,希腊字母表示平面.
答案:(1)C (2)D (3)A (4)B
7.给出以下命题:①和一条直线都相交的两条直线在同一平面内;②三条两两相交的直线在同一平面内;③有三个不同公共点的两个平面重合;④两两平行的三条直线确定三个平面.其中正确命题的个数是 .?
解析:空间中和一条直线都相交的两条直线不一定在同一平面内,故①错;若三条直线相交于一点时,不一定在同一平面内,如长方体一角的三条线,故②错;若两平面相交时,也可有三个不同的公共点,故③错;若三条直线两两平行且在同一平面内,则只有一个平面,故④错.
答案:0
8.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为8 cm,M,N,P分别是AB,
A1D1,BB1的中点.
(1)画出过M,N,P三点的平面与平面A1B1C1D1的交线以及与平面BB1C1C的交线;
(2)设过M,N,P三点的平面与B1C1交于点Q,求PQ的长.
解:(1)如图,设M,N,P三点确定的平面为α,
则α与平面ABB1A1交于MP.
设MP∩A1B1=R,
则RN是α与平面A1B1C1D1的交线.
设RN∩B1C1=Q,
则PQ是α与平面BB1C1C的交线.
(2)因为正方体的棱长为8 cm,M,P分别为AB,BB1的中点,
所以B1R=BM=4 cm.
在△RA1N中,=,
所以B1Q=×4=(cm).
在Rt△PB1Q中,
PB1=4 cm,B1Q= cm,
所以PQ==(cm).
9.(2018·保定九校联考)长方体的12条棱所能确定的平面个数为( C )
(A)8 (B)10 (C)12 (D)14
解析:在长方体中由12条棱可构成长方体的6个面和6个对角面,共12个面.
10.如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的一个图是( D )
解析:在A图中分别连接PS,QR,易证PS∥QR,
所以P,Q,R,S共面;
在C图中分别连接PQ,RS,易证PQ∥RS,所以P,Q,R,S共面;
在B图中过P,Q,R,S可作一正六边形,故四点共面;D图中PS与QR为异面直线,
所以四点不共面,故选D.
11.求证:两两相交且不共点的四条直线a,b,c,d共面.
证明:(1)无三线共点情况,如图(1).
设a∩d=M,b∩d=N,c∩d=P,a∩b=Q,a∩c=R,b∩c=S.
因为a∩d=M,所以a,d可确定一个平面α.
因为N∈d,Q∈a,所以N∈α,Q∈α,
所以NQ?α,即b?α.
同理c?α,所以a,b,c,d共面.
(2)有三线共点的情况,如图(2).
设b,c,d三线相交于点K,与a分别交于N,P,M且K?a,
因为K?a,所以K和a确定一个平面,设为β.
因为N∈a,a?β,所以N∈β.
所以NK?β,即b?β.
同理c?β,d?β.
所以a,b,c,d共面.
由(1),(2)知a,b,c,d共面.
12.如图,空间四边形ABCD中,E,H分别是AB,AD中点,F,G分别是BC,CD上的点,且==.
求证:三条直线EF,GH,AC交于一点.
证明:因为E,H分别是AB,AD中点,
所以EHBD,
因为==,
所以GF∥BD,GF=BD,
所以EH∥GF且EH≠GF,
所以四边形EFGH为梯形,
所以两腰EF,GH交于一点,记为P.
因为EF?平面ABC,
所以P∈平面ABC,
同理P∈平面ADC,
所以P在平面ADC和平面ABC的交线AC上,
所以三条直线EF,GH,AC交于一点.
13.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3,M,N分别是棱AA1,AB上的点,且AM=AN=1.
(1)证明:M,N,C,D1四点共面;
(2)平面MNCD1将此正方体分为两部分,求这两部分的体积之比.
(1)证明:连接A1B,
在四边形A1BCD1中,A1D1∥BC且A1D1=BC,
所以四边形A1BCD1是平行四边形,
所以A1B∥D1C,
在△ABA1中,AM=AN=1,
AA1=AB=3,
所以=,
所以MN∥A1B,
所以MN∥D1C,
所以M,N,C,D1四点共面.
(2)解:记平面MNCD1将正方体分成两部分的下面部分体积为V1,上面部分体积为V2,连接D1A,D1N,DN,则几何体D1AMN,D1ADN,D1CDN均为三棱锥,
所以V1=++
=S△AMN·D1A1+S△ADN·D1D+S△CDN·D1D
=××3+××3+××3
=.
从而V2=-=27-=,
所以=,
所以平面MNCD1分此正方体的两部分体积的比为.
2.1.2 空间中直线与直线之间的位置关系
【选题明细表】
知识点、方法
题号
空间中直线之间的位置关系
1,4,5
平行公理与等角定理
2,8,13
异面直线所成的角
3,6,7,9,10,11,12
1.(2018·陕西汉中期末)一条直线与两条平行线中的一条成为异面直线,则它与另一条( C )
(A)相交 (B)异面
(C)相交或异面 (D)平行
解析:一条直线与两条平行线中的一条异面,则它与另一条可能相交,也可能异面.故选C.
2.在三棱锥PABC中,PC与AB所成的角为70°,E,F,G分别为PA,PB,AC的中点,则∠FEG等于( D )
(A)20° (B)70°
(C)110° (D)70°或110°
解析:因为E,F,G分别为PA,PB,AC的中点,所以EF∥AB,EG∥PC,所以∠FEG或其补角为异面直线PC与AB所成的角,又AB与PC所成的角为70°,所以∠FEG为70°或110°.
3.如图,在空间四边形ABCD中,AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,若EF=,求异面直线AD,BC所成角是( C )
(A)30° (B)45°
(C)60° (D)120°
解:如图,取BD的中点M,
连接EM,FM.
因为E,F分别是AB,CD的中点,
所以EMAD,FMBC,
则∠EMF或其补角就是异面直线AD,BC所成的角.
因为AD=BC=2,
所以EM=MF=1,
在等腰△MEF中,过点M作MH⊥EF于H,
在Rt△MHE中,EM=1,EH=EF=,
则sin∠EMH=,于是∠EMH=60°,
则∠EMF=2∠EMH=120°.
所以异面直线AD,BC所成的角为∠EMF的补角,即异面直线AD,BC所成的角为60°.故选C.
4.已知异面直线a,b分别在平面α,β内,且α∩β=c,那么直线c一定( C )
(A)与a,b都相交
(B)只能与a,b中的一条相交
(C)至少与a,b中的一条相交
(D)与a,b都平行
解析:如图,a′与b异面,但a′∥c,故A错;a与b异面,且都与c相交,故B错;若a∥c,b∥c,则a∥b,与a,b异面矛盾,故D错.
5.如图,三棱柱ABCA1B1C1中,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是( C )
(A)CC1与B1E是异面直线
(B)C1C与AE共面
(C)AE,B1C1是异面直线
(D)AE与B1C1所成的角为60°
解析:由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内,故C1C与B1E是共面的,所以A错误;由于C1C在平面C1B1BC内,而AE与平面C1B1BC相交于E点,点E不在C1C上,故C1C与AE是异面直线,B错误;同理AE与B1C1是异面直线,C正确;而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角,E为BC中点,△ABC为正三角形,所以AE⊥BC,D错误.故选C.
6.如图所示,AB是圆O的直径,点C是弧AB的中点,D,E分别是VB,VC的中点,则异面直线DE与AB所成的角为 .?
解析:因为D,E分别是VB,VC的中点,所以BC∥DE,因此∠ABC是异面直线DE与AB所成的角,又因为AB是圆O的直径,点C是弧AB的中点,所以△ABC是以∠ACB为直角的等腰直角三角形,于是∠ABC=45°,故异面直线DE与AB所成的角为45°.
答案:45°
7.如图所示,已知正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AD,AA1的中点.
(1)直线AB1和CC1所成的角为 ;?
(2)直线AB1和EF所成的角为 .?
解析:(1)因为BB1∥CC1,
所以∠AB1B即为异面直线AB1与CC1所成的角,∠AB1B=45°.
(2)连接B1C,易得EF∥B1C,
所以∠AB1C即为直线AB1和EF所成的角.
连接AC,则△AB1C为正三角形,
所以∠AB1C=60°.
答案:(1)45° (2)60°
8.如图,空间四边形ABCD的对棱AD,BC成60°的角,且AD=BC=a,平行于AD与BC的截面分别交AB,AC,CD,BD于点E,F,G,H,E在AB的何处时截面EGFH的面积最大?最大面积是多少?
解:因为AD与BC成60°角,
所以∠HGF=60°或120°.
设AE∶AB=x,
则==x.
又BC=a,
所以EF=ax.
由==1-x,
得EH=a(1-x).
所以S四边形EFGH=EF·EH·sin 60°=ax·a(1-x)×=a2(-x2+x)=a2[-(x-)2+].
当x=时,S最大值=a2,
即当E为AB的中点时,截面的面积最大,最大面积为a2.
9.如图所示,在正三角形ABC中,D,E,F分别为各边的中点,G,H,I,J分别为AF,AD,BE,DE的中点,将△ABC沿DE,EF,DF折成三棱锥以后,HG与IJ所成角的度数为( B )
(A)90° (B)60° (C)45° (D)0°
解析:将三角形折成空间几何体,如图所示,HG与IJ是一对异面直线.因为IJ∥AD,HG∥DF,
所以DF与AD所成的角为HG与IJ所成的角,又∠ADF=60°,
所以HG与IJ所成的角为60°.
10.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论:
①AB⊥EF;②AB与CM所成的角为60°;
③EF与MN是异面直线;④MN∥CD.
以上结论中正确结论的序号为 .?
解析:还原成正方体如图所示,
可知①正确.
②AB∥CM,不正确.
③正确.④MN⊥CD.不正确.
答案:①③
11.如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是A1B1,B1C1的中点,问
(1)AM和CN是否是异面直线?
(2)D1B和CC1是否是异面直线?说明理由.
解:由于M,N分别是A1B1和B1C1的中点,可证明MN∥AC,因此AM与CN不是异面直线.
由空间图形可感知D1B和CC1为异面直线的可能性较大,判断的方法可用反证法.
(1)不是异面直线.理由:
因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,
所以MN∥A1C1.
又因为A1AC1C,
所以A1ACC1为平行四边形.
所以A1C1∥AC,得到MN∥AC,
所以A,M,N,C在同一个平面内,
故AM和CN不是异面直线.
(2)是异面直线,证明如下:
假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1D内,则
B∈平面CC1D1D,C∈平面CC1D1D.
所以BC?平面CC1D1D,
这与ABCDA1B1C1D1是正方体相矛盾.
所以假设不成立,
故D1B与CC1是异面直线.
12.如图,正方体ABCDEFGH中,O为侧面ADHE的中心,求:
(1)BE与CG所成的角;
(2)FO与BD所成的角.
解:(1)如图,因为CG∥BF,
所以∠EBF(或其补角)为异面直线BE与CG所成的角,
又△BEF中,∠EBF=45°,所以BE与CG所成的角为45°.
(2)连接FH,因为HDEA,EAFB,所以HDFB,所以四边形HFBD为平行四边形,
所以HF∥BD,所以∠HFO(或其补角)为异面直线FO与BD所成的角.
连接HA,AF,易得FH=HA=AF,
所以△AFH为等边三角形,
又依题意知O为AH的中点,
所以∠HFO=30°,
即FO与BD所成的角是30°.
13.如图,E,F,G,H分别是三棱锥ABCD的边AB,BC,CD,DA上的点,且==λ,==μ.
(1)若λ=μ,判断四边形EFGH的形状;
(2)若λ≠μ,判断四边形EFGH的形状;
(3)若λ=μ=,且EG⊥HF,求的值.
解:(1)因为==λ,
所以EH∥BD,且EH=BD. ①
又因为==μ.
所以FG∥BD,且FG=BD. ②
又λ=μ,所以EHFG(公理4).
因此λ=μ时,四边形EFGH为平行四边形.
(2)若λ≠μ,由①②,知EH∥FG,但EH≠FG,
因此λ≠μ时,四边形EFGH为梯形.
(3)因为λ=μ,
所以四边形EFGH为平行四边形.
又因为EG⊥HF,
所以四边形EFGH为菱形.
所以FG=HG.
所以AC=(λ+1)HG=HG=FG,
又BD=FG=3FG,
所以=.
2.1.3 空间中直线与平面之间的位置关系
2.1.4 平面与平面之间的位置关系
【选题明细表】
知识点、方法
题号
线面关系的判断
1,5,7
面面关系的判断
4,8
线线、线面关系的应用
3,4,6,9
面面关系的应用
2,8,10,11,12
1.(2018·四川泸州模拟)设a,b是空间中不同的直线,α,β是不同的平面,则下列说法正确的是( D )
(A)a∥b,b?α,则a∥α
(B)a?α,b?β,α∥β,则a∥b
(C)a?α,b?α,a∥β,b∥β,则α∥β
(D)α∥β,a?α,则a∥β
解析:A,B,C错;
在D中,α∥β,a?α,则a与β无公共点,所以a∥β,故D正确.故选D.
2.(2018·广东珠海高一月考)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为棱AB,CC1的中点,在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( D )
(A)不存在
(B)有1条
(C)有2条
(D)有无数条
解析:由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1,由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l,在平面ADD1A1内与l平行的直线有无数条,且它们都不在平面D1EF内,则它们都与平面D1EF平行,故
选D.
3.已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c与b( C )
(A)一定是异面直线 (B)一定是相交直线
(C)不可能是平行直线 (D)不可能是相交直线
解析:由已知得,直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线,但不可能为平行直线,若b∥c,则a∥b,与已知a,b为异面直线相矛盾.故选C.
4.给出下列几个说法:①过一点有且只有一条直线与已知直线平行;②过一点有且只有一条直线与已知直线垂直;③过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行;④过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行.其中正确说法的个数为( B )
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:(1)当点在已知直线上时,不存在过该点的直线与已知直线平行,故①错;(2)由于垂直包括相交垂直和异面垂直,因而过一点与已知直线垂直的直线有无数条,故②错;(3)过棱柱的上底面内的一点在上底面内任意作一条直线都与棱柱的下底面平行,所以过平面外一点与已知平面平行的直线有无数条,故③错;(4)过平面外一点与已知平面平行的平面有且只有一个,故④对.
5.梯形ABCD中,AB∥CD,AB?平面α,CD?平面α,则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( B )
(A)平行 (B)平行或异面
(C)平行或相交 (D)异面或相交
解析:如图所示,CD与平面α不能有交点,若有,则一定在直线AB上,从而矛盾.故选B.
6.(2018·湖北武昌调研)已知直线l和平面α,无论直线l与平面α具有怎样的位置关系,在平面α内总存在一条直线与直线l( C )
(A)相交 (B)平行 (C)垂直 (D)异面
解析:当直线l与平面α平行时,在平面α内至少有一条直线与直线l垂直;当直线l?平面α时,在平面α内至少有一条直线与直线l垂直;当直线l与平面α相交时,在平面α内至少有一条直线与直线l垂直,所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系,在平面α内总存在一条直线与直线l垂直.故选C.
7.如图的直观图,用符号语言表述为(1) ,
(2) .?
答案:(1)a∩b=P,a∥平面M,b∩平面M=A
(2)平面M∩平面N=l,a∩平面N=A,a∥平面M
8.(2018·云南玉溪模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:
①若α∥β,α∥γ,则β∥γ;②若α⊥β,m∥α,则m⊥β;
③若m⊥α,m∥β,则α⊥β;④若m⊥α,m⊥n,则n∥α
其中正确命题的序号是( A )
(A)①③ (B)①④ (C)②③ (D)②④
解析:对于①,若α∥β,α∥γ,易得到β∥γ;故①正确;
对于②,若α⊥β,m∥α,m与β的关系不确定;故②错误;
对于③,若m⊥α,m∥β,可以在β内找到一条直线n与m平行,所以n⊥α,故α⊥β;故③正确;
对于④,若m⊥α,m⊥n,则n与α可能平行或者n在α内;故④错误.故选A.
9.(2018·南昌调研)若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为 .(写出所有真命题的序号)?
①若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线;②若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直;③若直线m?α,则在平面β内,不一定存在与直线m垂直的直线;④若直线m?α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线.
解析:对于①,若直线m⊥α,如果α,β互相垂直,则在平面β内,存在与直线m平行的直线,故①错误;对于②,若直线m⊥α,则直线m垂直于平面α内的所有直线,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直,故②正确;对于③④,若直线m?α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线,故③错误,④正确.
答案:②④
10.(2018·贵州贵阳期末)已知下列说法:
①若两个平面α∥β,a?α,b?β,则a∥b;
②若两个平面α∥β,a?α,b?β,则a与b是异面直线;
③若两个平面α∥β,a?α,b?β,则a与b一定不相交;
④若两个平面α∥β,a?α,b?β,则a与b平行或异面;
⑤若两个平面α∩β=b,a?α,则a与β一定相交.
其中正确的序号是 .(将你认为正确的序号都填上)?
解析:①错.a与b也可能异面.
②错.a与b也可能平行.
③对.因为α∥β,
所以α与β无公共点.
又因为a?α,b?β,
所以a与b无公共点.
④对.由③知a与b无公共点,那么a∥b或a与b异面.
⑤错.a与β也可能平行.
答案:③④
11.如图,平面α,β,γ满足α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,判断a与b,a与β的关系并证明你的结论.
解:a∥b,a∥β,理由:
由α∩γ=a知a?α且a?γ,
由β∩γ=b知b?β且b?γ,
因为α∥β,a?α,b?β,
所以a,b无公共点.
又因为a?γ,
且b?γ,所以a∥b.
因为α∥β,
所以α与β无公共点,
又a?α,
所以a与β无公共点,
所以a∥β.
12.如图所示,已知平面α∩β=l,点A∈α,点B∈α,点C∈β,且A?l,B?l,C?l,直线AB与l不平行,那么平面ABC与平面β的交线与l有什么关系?证明你的结论.
解:平面ABC与β的交线与l相交.
证明:因为AB与l不平行,且AB?α,l?α,
所以AB与l一定相交,设AB∩l=P,则P∈AB,P∈l.
又因为AB?平面ABC,l?β,所以P∈平面ABC,P∈β.
所以点P是平面ABC与β的一个公共点,
而点C也是平面ABC与β的一个公共点,且P,C是不同的两点,所以直线PC就是平面ABC与β的交线.
即平面ABC∩β=PC,而PC∩l=P,
所以平面ABC与β的交线与l相交.
2.2.1 直线与平面平行的判定
【选题明细表】
知识点、方法
题号
线面平行判定定理的理解
1,2
线面平行的判定
3,4,5,6,7
判定定理的综合应用
8,9,10,11,12
1.下列命题中正确的个数是( B )
①若直线a不在α内,则a∥α ②若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α ③若直线l与平面α平行,则l与α内的任意一条直线都平行 ④若l与平面α平行,则l与α内任何一条直线都没有公共点 ⑤平行于同一平面的两直线可以相交
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:①a?α,则a∥α或a与α相交,故①不正确;②当l与α相交时,满足条件,但得不出l∥α,故②不正确;③若l∥α,则l与α内的无数条直线异面,并非都平行,故③错误;若l∥α,则l与α内的任何直线都没有公共点,故④正确;若a∥α,b∥α,则a与b可以相交,也可以平行或异面,故⑤正确.
2.设b是一条直线,α是一个平面,则由下列条件不能得出b∥α的是( A )
(A)b与α内一条直线平行
(B)b与α内所有直线都没有公共点
(C)b与α无公共点
(D)b不在α内,且与α内的一条直线平行
解析:根据线面平行的定义可知,当b与α内所有直线没有公共点,或b与平面α无公共点时,b∥α,故B,C可推出b∥α;由线面平行的判定定理可知,D项可推出b∥α;只有A,当b与α内的一条直线平行时,b可能在α内,也可能在α外,故不能推出b∥α.
3.若M,N分别是△ABC的边AB,AC的中点,MN与过直线BC的平面β的位置关系是( C )
(A)MN∥β
(B)MN与β相交或MN?β
(C)MN∥β或MN?β
(D)MN∥β或MN与β相交或MN?β
解析:MN是△ABC的中位线,所以MN∥BC,因为平面β过直线BC,若平面β过直线MN,则MN?β.若平面β不过直线MN,则MN∥β,故选C.
4.(2017·江西师大附中高一测试)平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于D,E,且=,如图所示,则BC与平面α的关系是( A )
(A)平行 (B)相交
(C)异面 (D)BC?α
解析:因为=,所以ED∥BC,又DE?α,BC?α,
所以BC∥α.
5.如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为边AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则( B )
(A)BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是矩形
(B)EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形
(C)HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形
(D)EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形
解析:由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,且EF=BD,所以EF∥平面BCD.
又H,G分别为BC,CD的中点,
所以HG∥BD,且HG=BD,
所以EF∥HG且EF≠HG.
所以四边形EFGH是梯形.故选B.
6.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是 .(写出所有符合要求的图形序号)?
解析:①设MP中点为O,连接NO.易得AB∥NO,
又AB?平面MNP,
所以AB∥平面MNP.
②若下底面中心为O,易知NO∥AB,NO?平面MNP,
所以AB与平面MNP不平行.
③易知AB∥MP,又AB?平面MNP,
所以AB∥平面MNP.
④易知存在一直线MC∥AB,
且MC?平面MNP,
所以AB与平面MNP不平行.
答案:①③
7.(2017·武汉三中月考)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,C1D1的中点,求证:EF∥平面BDD1B1.
证明:如图,取D1B1的中点O,连接OF,OB.
因为OFB1C1,BEB1C1,
所以OFBE.
所以四边形OFEB是平行四边形,
所以EF∥BO.
因为EF?平面BDD1B1,BO?平面BDD1B1,
所以EF∥平面BDD1B1.
8.如图,在三棱柱ABCA′B′C′中,点E,F,H,K分别为AC′,CB′,A′B,B′C′的中点,G为△ABC的重心,从K,H,G,B′中取一点作为P,使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行,则P为( C )
(A)K (B)H
(C)G (D)B′
解析:当点P与K重合时,平面PEF即为平面KEF,因为KF与三棱柱三条侧棱都平行,不满足题设条件.当P点与H重合时,平面PEF即为平面HEF,而平面HEF与三棱柱两底面均平行,有六条棱平行于平面HEF不合题意,当P点与B′点重合时,平面PEF即为平面B′EF,此时三棱柱棱中只有一条棱AB与它平行不合题意.当P点与G点重合时,平面PEF即为平面GEF,此时恰有三棱柱的两条棱AB,A′B′与平面平行满足题意,故选C.
9.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,则下列命题中,错误的是( C )
(A)AC⊥BD
(B)AC∥截面PQMN
(C)AC=BD
(D)异面直线PM与BD所成的角为45°
解析:由题意可知PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以AC⊥BD,故A正确;由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故B正确;由PN∥BD可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,又四边形PQMN为正方形,所以∠MPN=45°,故D正确;而AC=BD没有论证来源.故选C.
10.如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线交点为O,M为PB的中点,给出下列五个结论:①PD∥平面AMC;②OM∥平面PCD;③OM∥平面PDA;④OM∥平面PBA;⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有( C )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O,所以O为BD的中点.在△PBD中,M是PB的中点,所以OM是△PBD的中位线,OM∥PD,则PD∥平面AMC,OM∥平面PCD,且OM∥平面PDA.因为M∈PB,所以OM与平面PBA、平面PBC相交.故选C.
11.在三棱柱ABCA1B1C1中,点D为AC的中点,点D1是A1C1上的一点,当等于何值时,BC1∥平面AB1D1?
解:=1.证明如下:如图所示,
此时D1为线段A1C1的中点,连接A1B交AB1于O,连接OD1.
由棱柱的定义,知四边形A1ABB1为平行四边形,
所以点O为A1B的中点.
在△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,
所以OD1∥BC1.
又因为OD1?平面AB1D1,BC1?平面AB1D1,
所以BC1∥平面AB1D1.
所以当=1时,BC1∥平面AB1D1.
12.如图所示,四边形ABCD,四边形ADEF都是正方形,M∈BD,N∈AE,且BM=AN.
求证:MN∥平面CDE.
证明:法一 如图所示,作MK⊥CD于K,NH⊥DE于H,
连接KH.
因为四边形ABCD和四边形ADEF都是正方形,
所以BD=AE,又因为BM=AN,
所以MD=NE,
又因为∠MDK=∠NED=45°,
∠MKD=∠NHE=90°,
所以△MDK≌△NEH,
所以MK=NH.
又因为MK∥AD∥NH,
所以四边形MNHK是平行四边形,
所以MN∥KH.
又因为MN?平面CDE,KH?平面CDE,
所以MN∥平面CDE.
法二 如图所示,连接AM并延长交CD所在直线于G,连接GE.
因为AB∥CD,
所以=,
因为四边形ABCD和四边形ADEF都是正方形,
所以BD=AE,
又BM=AN,所以MD=NE,
所以=,所以MN∥GE,
又因为GE?平面CDE,MN?平面CDE.
所以MN∥平面CDE.
2.2.2 平面与平面平行的判定
【选题明细表】
知识点、方法
题号
面面平行判定定理的理解
1,2,3,4
面面平行的判定
6,7,9
平行关系的综合应用
5,8,10
1.经过平面外两点与这个平面平行的平面( C )
(A)只有一个 (B)至少有一个
(C)可能没有 (D)有无数个
解析:当这两点的连线与平面相交时,则没有平面与这个平面平行;当这两点的连线与平面平行时,有且只有一个平面与这个平面平行,所以选C.
2.设直线l,m,平面α,β,下列条件能得出α∥β的有( D )
①l?α,m?α,且l∥β,m∥β ②l?α,m?β,且l∥m ③l∥α,m∥β,且l∥m
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)0个
解析:由两平面平行的判定定理可知,得出α∥β的个数为零.
3.已知两个不重合的平面α,β,给定以下条件:
①α内不共线的三点到β的距离相等;
②l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β;
③l,m是两条异面直线,且l∥α,l∥β,m∥α,m∥β.
其中可以判定α∥β的是( D )
(A)① (B)② (C)①③ (D)③
解析:①中,若三点在平面β的两侧,则α与β相交,故不正确.② 中,α与β也可能相交.③中,若把两异面直线l,m平移到一个平面内,即为两相交直线,由判定定理知正确.
4.(2018·武汉月考)a,b,c为三条不重合的直线,α,β,γ为三个不重合的平面,现给出六个命题:
①?a∥b;②?a∥b;③?α∥β;
④?α∥β;⑤?a∥α;⑥?a∥α.
其中正确的命题是( C )
(A)②③ (B)①④⑤ (C)①④ (D)①③④
解析:由空间平行线的传递性,知①正确;②错误,a,b还可能相交或异面;③错误,α与β可能相交;由面面平行的传递性,知④正确;⑤⑥错误,a可能在α内.故选C.
5.如图所示,已知四棱锥PABCD底面ABCD为平行四边形,E,F分别为AB,PD的中点.求证:AF∥平面PCE.
证明:如图所示.
取CD中点M,连接MF,MA,则在△PCD中,MF∥PC,
又MF?平面PCE,PC?平面PCE,所以MF∥平面PCE.
又因为ABCD为平行四边形,E,M分别为AB,CD中点,
所以AECM.
所以四边形EAMC为平行四边形,所以MA∥CE,
又MA?平面PCE,CE?平面PCE.所以MA∥平面PCE.
又MA∩MF=M,所以平面MAF∥平面PCE.
又因为AF?平面MAF,所以AF∥平面PCE.
6.平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零,则α与β的位置关系为( C )
(A)平行 (B)相交
(C)平行或相交 (D)可能重合
解析:若三点分布于平面β的同侧,则α与β平行,若三点分布于平面β的两侧,则α与β相交.故选C.
7.(2018·江西九江一模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,AB=4,M,N分别为棱A1D1,A1B1的中点,过点B的平面α∥平面AMN,则平面α截该正方体所得截面的面积为 .?
解析:如图所示,截面为等腰梯形BDPQ,故截面的面积为×(2+4)×3=18.
答案:18
8.如图所示的是正方体的平面展开图.有下列四个命题:
①BM∥平面DE;②CN∥平面AF;
③平面BDM∥平面AFN;
④平面BDE∥平面NCF.
其中,正确命题的序号是 .?
解析:展开图可以折成如图(1)所示的正方体.
在正方体中,连接AN,如图(2)所示,因为AB∥MN,且AB=MN,所以四边形ABMN是平行四边形.所以BM∥AN.因为AN?平面DE,BM?平面DE,所以BM∥平面DE.同理可证CN∥平面AF,所以①②正确;如图(3)所示,可以证明BM∥平面AFN,BD∥平面AFN,进而得到平面BDM∥平面AFN,同理可证平面BDE∥平面NCF,所以③④正确.
答案:①②③④
9.在正方体ABCDA1B1C1D1中,S是B1D1的中点,E,F,G分别是BC,DC,SC的中点.
求证:(1)直线EG∥平面BDD1B1;
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明:(1)如图,连接SB,
因为E,G分别是BC,SC的中点,
所以EG∥SB.
又因为SB?平面BDD1B1,
EG?平面BDD1B1.
所以直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD,
因为F,G分别是DC,SC的中点,
所以FG∥SD.
又因为SD?平面BDD1B1,
FG?平面BDD1B1,
所以FG∥平面BDD1B1.
又EG∥平面BDD1B1,
且EG?平面EFG,
FG?平面EFG,
EG∩FG=G,
所以平面EFG∥平面BDD1B1.
10.如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO?
解:当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
因为Q为CC1的中点,
P为D1D的中点,
所以PQ∥DC.又DC∥AB,
所以PQ∥AB且PQ=AB,
所以四边形ABQP为平行四边形,
所以QB∥PA.又PA?平面PAO,
QB?平面PAO,
所以BQ∥平面PAO.连接BD,
则O∈BD,
又O为DB的中点,P为D1D的中点,
所以PO∥D1B.
PO?平面PAO,D1B?平面PAO,
所以D1B∥平面PAO.
又D1B∩BQ=B,
所以平面D1BQ∥平面PAO.
2.2.3 直线与平面平行的性质
【选题明细表】
知识点、方法
题号
线面平行性质定理的理解
1,2
线面平行性质定理的应用
3,4,5,8
判定、性质综合应用
6,7,9,10,11
1.若一条直线和一个平面平行,夹在直线和平面间的两条线段相等,那么这两条线段所在直线的位置关系是( D )
(A)平行 (B)相交
(C)异面 (D)平行、相交或异面
2.已知两条相交直线a,b,a∥平面α,则b与α的位置关系是( D )
(A)b?平面α
(B)b∥α或b?α
(C)b∥平面α
(D)b与平面α相交或b∥平面α
解析:b与a相交,可确定一个平面,记为β,若β与α平行,则b∥α;若β与α不平行,则b与α相交.
3.(2018·北京西城期末)设α,β是两个不同的平面,l是一条直线,若l∥α,l∥β,α∩β=m,则( A )
(A)l与m平行 (B)l与m相交
(C)l与m异面 (D)l与m垂直
解析:如图所示,α,β是两个不同的平面,l是一条直线,
当l∥α,l∥β,且α∩β=m时,l∥m.故选A.
4.如图,四棱锥PABCD中,M,N分别为AC,PC上的点,且MN∥平面PAD,则( B )
(A)MN∥PD
(B)MN∥PA
(C)MN∥AD
(D)以上均有可能
解析:因为MN∥平面PAD,平面PAC∩平面PAD=PA,MN?平面PAC,所以MN∥PA.
5.如图所示,四边形ABCD是矩形,P?平面ABCD,过BC作平面BCFE交AP于E,交DP于F.则四边形BCFE的形状为 .?
解析:因为BC∥平面PAD,平面BCFE∩平面PAD=EF,
所以EF∥BC,又EF≠AD,AD=BC,
所以四边形BCFE为梯形.
答案:梯形
6.证明:如果一条直线和两个相交的平面都平行,那么这条直线与这两个平面的交线平行.
证明:已知:直线a∥平面α,
直线a∥平面β,且α∩β=b.求证:a∥b.
如图,经过直线a作平面γ,δ,使γ∩α=c,δ∩β=d.
由题意可知a∥α,a?γ,γ∩α=c,所以a∥c,
同理a∥d,所以c∥d,又因为d?β,a?β,
所以c?β,因此c∥β.
又c?α,α∩β=b,
所以c∥b.
因为a∥c,
由基本性质4知a∥b.
7.(2018·合肥二模)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有( C )
(A)0条 (B)1条 (C)2条 (D)1条或2条
解析:如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.
因为EF?平面BCD,GH?平面BCD,所以EF∥平面BCD.
因为EF?平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,
所以EF∥CD,所以CD∥平面EFGH.
同理AB∥平面EFGH.故选C.
8.在三棱锥SABC中,△ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H,点D,E分别是AB,BC的中点,如果直线SB∥平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为( A )
(A) (B) (C)45 (D)45
解析:取AC的中点G,连接SG,BG.
易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB.
因为SB∥平面DEFH,SB?平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,
则SB∥HD.
同理SB∥FE.
又D,E分别为AB,BC的中点,则H,F也为AS,SC的中点,
从而得HF∥DE,HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形.
又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四边形DEFH为矩形,
其面积S=HF·HD=(AC)·(SB)=.
9.如图,四边形ABCD是空间四边形,E,F,G,H分别是四边上的点,它们共面,并且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,则当四边形EFGH是菱形时,AE∶EB= .?
解析:因为AC∥平面EFGH,
所以EF∥AC,HG∥AC.
所以EF=HG=·m.
同理,EH=FG=·n.
因为四边形EFGH是菱形,
所以·m=·n,所以AE∶EB=m∶n.
答案:m∶n
10.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,点P∈BB1(P不与B,B1重合).PA∩A1B=M,PC∩BC1=N.
求证:MN∥平面ABCD.
证明:如图,连接AC,A1C1,
在长方体ABCDA1B1C1D1中,
AA1∥CC1,且AA1=CC1,
所以四边形ACC1A1是平行四边形.
所以AC∥A1C1.
因为AC?平面A1BC1,A1C1?平面A1BC1,
所以AC∥平面A1BC1.
因为AC?平面PAC,平面A1BC1∩平面PAC=MN,
所以AC∥MN.
因为MN?平面ABCD,AC?平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
11.在空间四边形ABCD中,AC,BD为其对角线,E,F,G,H分别为AC,BC,BD,AD上的点,若四边形EFGH为平行四边形,求证:AB∥平面EFGH.
证明:因为四边形EFGH为平行四边形,所以EF∥GH.
因为GH?平面ABD,EF?平面ABD,
所以EF∥平面ABD.
因为EF?平面ABC,平面ABC∩平面ABD=AB,
所以EF∥AB.
因为AB?平面EFGH,EF?平面EFGH,
所以AB∥平面EFGH.
2.2.4 平面与平面平行的性质
【选题明细表】
知识点、方法
题号
面面平行的性质
1,2
面面平行的性质的应用
4,7,8,9,10
综合应用
3,5,6,11
1.(2018·陕西延安期末)如果一条直线与两个平行平面中的一个平行,那这条直线与另一个平面的位置关系是( D )
(A)平行 (B)相交
(C)在平面内 (D)平行或在平面内
解析:由题这条直线与另一个平面平行或者直线在平面上.故选D.
2.已知两条直线l,m,α,β是两个平面,下列命题正确的是( D )
(A)若α∥β,l∥α,则l∥β
(B)若l∥α,m∥α,则l∥m
(C)若α∥β,l∥α,m∥β,则l∥m
(D)若α∥β,l?α,则l∥β
解析:A,l可能在β内,B,l与m可能相交、平行、异面,C,与B一样的结论.D正确.
3.(2018·平泉中学高一测试)已知平面α∥平面β,直线a?α,直线b?β,则①a∥b;②a,b为异面直线;③a,b一定不相交;④a∥b或a,b异面,其中正确的是( C )
(A)①② (B)②③
(C)③④ (D)①②③④
4.平面α截一个三棱锥,如果截面是梯形,那么平面α必定和这个三棱锥的( C )
(A)一个侧面平行 (B)底面平行
(C)仅一条棱平行 (D)某两条相对的棱都平行
解析:当平面α∥某一平面时,截面为三角形,故选项A,B错.
当平面α∥SA时,如图截面是四边形DEFG,
又SA?平面SAB,
平面SAB∩α=DG,
所以SA∥DG,同理SA∥EF,
所以DG∥EF,同理当α∥BC时,GF∥DE,
因为截面是梯形,
所以四边形DEFG中仅有一组对边平行,
故α仅与一条棱平行.
故选C.
5.如图,正方体ABCDA1B1C1D1中过BD1的平面,分别与AA1,CC1交于M,N,则四边形BND1M的形状为 .?
解析:由题意知,平面A1ABB1∥平面C1CDD1,
所以MB∥D1N,同理,D1M∥BN.
所以四边形BND1M是平行四边形.
答案:平行四边形
6.如图是正方体的平面展开图:
在这个正方体中,①BM∥平面ADE;②CN∥平面BAF;③平面BDM∥平面AFN;④平面BDE∥平面NCF,以上说法正确的是 (填序号).?
解析:以四边形ABCD为下底还原正方体,如图所示,则易判定四个说法都正确.
答案:①②③④
7.如图所示,已知E,F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1,CC1的中点,求证:四边形BED1F是平行四边形.
解:取D1D的中点G,连接EG,GC.
因为E是A1A的中点,G是D1D的中点,
所以EGAD.
由正方体性质知ADBC,
所以EGBC,
所以四边形EGCB是平行四边形,
所以EBGC.
又因为G,F分别是D1D,C1C的中点,
所以D1GFC,
所以四边形D1GCF为平行四边形,
所以D1FGC,
所以EB∥D1F,
所以E,B,F,D1四点共面,四边形BED1F是平面四边形.
又因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1,
平面EBFD1∩平面ADD1A1=ED1,
平面EBFD1∩平面BCC1B1=BF,
所以ED1∥BF,
所以四边形BED1F是平行四边形.
8.
如图,在三棱台A1B1C1ABC中,点D在A1B1上,且AA1∥BD,点M是△A1B1C1内的一个动点,且有平面BDM∥平面A1C1CA.则动点M的轨迹是( C )
(A)平面 (B)直线
(C)线段,但只含1个端点 (D)圆
解析:因为平面BDM∥平面A1C1CA,平面BDM∩平面A1B1C1=DM,平面A1C1CA∩平面A1B1C1=A1C1,
所以DM∥A1C1,过D作DE∥A1C1交B1C1于E,则点M的轨迹是线段DE(不包括点D).
故选C.
9.如图,已知平面α∥β∥γ,两条直线l,m分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C与D,E,F.已知AB=6,=,则AC= .?
解析:由题意可知=?AC=·AB=×6=15.
答案:15
10.(2018·福建厦门高一期中)如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,过其对角线BD1的平面分别与AA1,CC1相交于点E,F,求截面四边形BED1F面积的最小值.
解:如图,连接BD,B1D1,由平面与平面平行的性质定理可证BF∥D1E,
BE∥D1F.
所以四边形BED1F是平行四边形.
过E点作EH⊥BD1于H.
因为=2·=BD1·EH=EH·a,
所以要求四边形BED1F面积的最小值,转化为求EH的最小值.
因为AA1∥平面BDD1B1,
所以当且仅当EH为直线AA1到平面BDD1B1的距离时,EH最小,
易得EHmin=a.
所以的最小值为a2.
11.如图,平面α∥平面β,A,C∈α,B,D∈β,点E,F分别在线段AB与CD上,且=,求证:EF∥平面β.
证明:(1)若直线AB和CD共面,
因为α∥β,平面ABDC与α,β分别交于AC,BD两直线,
所以AC∥BD.
又因为=,
所以EF∥AC∥BD,所以EF∥平面β.
(2)若AB与CD异面,连接BC并在BC上取一点G,使得=,则在△BAC中,EG∥AC,AC?平面α,
所以EG∥α,又因为α∥β,
所以EG∥β.
同理可得GF∥BD,而BD?β.
所以GF∥β,
因为EG∩GF=G,所以平面EGF∥β.
又因为EF?平面EGF,
所以EF∥β.
综合(1)(2)得EF∥平面β.
2.3.1 直线与平面垂直的判定
【选题明细表】
知识点、方法
题号
线面垂直的定义及判定定理的理解
1,2,3,5
线面垂直的判定及证明
4,6,8,9
直线与平面所成的角
7
综合问题
10,11,12
1.(2018·甘肃兰州二十七中高二上期末 )设l,m是两条不同的直线, α是一个平面,则下列命题正确的是( A )
(A)若l⊥α,l∥m,则m⊥α (B)若l∥α,m?α,则l∥m
(C)若l⊥m,m?α,则l⊥α (D)若l∥α,m∥α,则l∥m
解析:易知A正确.
B.l与m可能异面,也可能平行.
C.当l与α内两条相交直线垂直时,才能判定l⊥α,
D.l与m可能平行、异面或相交.
2.(2018·广西桂林期末)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的是( C )
(A)若m∥α,n∥α,则m∥n
(B)若m⊥α,m⊥n,则n∥α
(C)若m⊥α,n?α,则m⊥n
(D)若m∥α,m⊥n,则n⊥α
解析:对于选项A,若m∥α,n∥α,则m与n可能相交、平行或者异面;故A错误;
对于B,若m⊥α,m⊥n,则n与α可能平行或者n在α内;故B错误;
对于C,若m⊥α,n?α,则m⊥n;故C正确;
对于D,若m∥α,m⊥n,则n?α,或n与α相交;故D错误.
故选C.
3.在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,PA⊥平面ABC,PA=8,则P到BC的距离是( D )
(A) (B)2 (C)3 (D)4
解析:如图所示,作PD⊥BC于D,连接AD.
因为PA⊥平面ABC,
所以PA⊥CD.
所以CB⊥平面PAD,
所以AD⊥BC.
在△ACD中,AC=5,CD=3,
所以AD=4.
在Rt△PAD中,PA=8,AD=4,
所以PD==4.
故选D.
4.已知P为△ABC所在平面外一点,PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,PH⊥平面 ABC,垂足H,则H为△ABC的( B )
(A)重心 (B)垂心 (C)外心 (D)内心
解析:连接AH并延长,交BC于D,连接BH并延长,交AC于E;因为PA⊥PB,PA⊥PC,故PA⊥平面PBC,故PA⊥BC;因为PH⊥平面ABC,故PH⊥BC,故BC⊥平面PAH,故AH⊥BC;同理BH⊥AC;故H是△ABC的垂心.
5.(2018·唐山高二期末)△ABC所在平面α外一点P到三角形三顶点的距离相等,那么点P在α内的射影一定是△ABC的( A )
(A)外心 (B)内心
(C)重心 (D)以上都不对
解析:由题意PA=PB=PC,PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,PO⊥OC,所以由HL定理知Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC.于是OA=OB=OC,所以O为三边中垂线的交点,O是三角形的外心,故选A.
6.如图所示,PA⊥平面ABC,△ABC中BC⊥AC,则图中直角三角形的个数是( D )
(A)1 (B)2
(C)3 (D)4
解析:?
?BC⊥平面PAC?BC⊥PC,
所以直角三角形有△PAB,△PAC,△ABC,△PBC.故选D.
7.(2018·浙江杭州月考)如图所示,∠ACB=90°,平面ABC外有一点P,PC=4 cm,PF,PE垂直于BC,AC于点F,E,且PF=PE=2 cm,那么PC与平面ABC所成角的大小为 .?
解析:过P作PO垂直于平面ABC于O,连接CO,则CO为∠ACB的平分线.连接OF,可证明△CFO为直角三角形,CO=2,Rt△PCO中,cos∠PCO=,∠PCO=45°.
答案:45°
8.(2018·陕西西安高一期末)在四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,过E点作EF⊥PB交PB于点F.求证:
(1)PA∥平面DEB;
(2)PB⊥平面DEF.
证明:(1)连接AC,BD,交于O,连接EO.因为底面ABCD是正方形,
所以点O是AC的中点.所以在△PAC中,EO是中位线,所以PA∥EO,
因为EO?平面DEB,且PA?平面DEB,
所以PA∥平面DEB.
(2)因为PD⊥底面ABCD,且BC?底面ABCD,所以PD⊥BC.因为底面ABCD是正方形,
所以DC⊥BC,可得BC⊥平面PDC.
因为DE?平面PDC,所以BC⊥DE.
又因为PD=DC,E是PC的中点,所以DE⊥PC.所以DE⊥平面PBC.因为PB?平面PBC,所以DE⊥PB.
又因为EF⊥PB,且DE∩EF=E,
所以PB⊥平面DEF.
9.如图甲所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,如图乙所示,那么,在四面体AEFH中必有( A )
(A)AH⊥△EFH所在平面 (B)AG⊥△EFH所在平面
(C)HF⊥△AEF所在平面 (D)HG⊥△AEF所在平面
解析:根据折叠前、后AH⊥HE,AH⊥HF不变,所以AH⊥平面EFH,故
选A.
10.如图,四棱锥SABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,给出下列结论:①AC⊥SB;②AB∥平面SCD;③SA与平面ABD所成的角等于SC与平面ABD所成的角;④AC⊥SO.正确结论的序号是 .?
解析:连接SO,如图所示,
因为四棱锥SABCD的底面为正方形,所以AC⊥BD.
因为SD⊥底面ABCD,
所以SD⊥AC,
因为SD∩BD=D,所以AC⊥平面SBD,
因为SB?平面SBD,所以AC⊥SB,则①正确;
因为AB∥CD,AB?平面SCD,CD?平面SCD,
所以AB∥平面SCD,则②正确;
因为SD⊥底面ABCD,
所以∠SAD和∠SCD分别是SA与平面ABD所成的角、SC与平面ABD所成的角,
因为AD=CD,SD=SD,
所以∠SAD=∠SCD,则③正确;
因为AC⊥平面SBD,SO?平面SBD,
所以AC⊥SO,则④正确.
答案:①②③④
11.(2018·宁夏石嘴山第三中学高二上期末)侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA′B′C′满足∠BAC=90°,AB=AC=AA′=2,点M,N分别为A′B,B′C′的中点.
(1) 求证:MN∥平面A′ACC′;
(2) 求证:A′N⊥平面BCN;
(3) 求三棱锥CMNB的体积.
(1)证明:如图,连接AB′,AC′,
因为四边形ABB′A′为矩形,M为A′B的中点,
所以AB′与A′B交于点M,且M为AB′的中点,
又点N为B′C′的中点,所以MN∥AC′,
又MN?平面A′ACC′,且AC′?平面A′ACC′,
所以MN∥平面A′ACC′.
(2)证明:因为A′B′=A′C′=2,点N为B′C′的中点,
所以A′N⊥B′C′.
又BB′⊥平面A′B′C′,所以A′N⊥BB′,
所以A′N⊥平面BCN.
(3)解:由图可知=,
因为∠BAC=90°,所以BC==2,
S△BCN=×2×4=4.
由(2)及∠B′A′C′=90°可得A′N=,
因为M为A′B的中点,
所以M到平面BCN的距离为,
所以==×4×=.
12.如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图(2).
(1)求证:DE∥平面A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.
(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.
又因为DE?平面A1CB,BC?平面A1CB,
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D,DE⊥CD.
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F?平面A1DC,
所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD,
所以A1F⊥平面BCDE.
所以A1F⊥BE.
(3)解:线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.
理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,
则PQ∥BC.
又因为DE∥BC,
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知,DE⊥平面A1DC,
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
所以A1C⊥DP.
所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
2.3.2 平面与平面垂直的判定
【选题明细表】
知识点、方法
题号
二面角的概念及求解
3,6,10
面面垂直的定义及判定定理的理解
1,2
面面垂直的判定
4,5
综合问题
7,8,9,11,12
1.下列说法中,正确的是( B )
(A)垂直于同一直线的两条直线互相平行
(B)平行于同一平面的两个平面平行
(C)垂直于同一平面的两个平面互相平行
(D)平行于同一平面的两条直线互相平行
解析:A.垂直于同一直线的两条直线可能平行、相交或异面.
B.正确.
C.垂直于同一平面的两个平面可能相交、也可能平行.
D.平行于同一平面的两条直线可能相交、平行或异面.
只有B正确.
2.(2018·江西三市联考)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则( C )
(A)若a∥α,b∥α,则a∥b (B)若a∥α,a∥β,则α∥β
(C)若a∥b,a⊥α,则b⊥α (D)若a∥α,α⊥β,则a⊥β
解析:选项A.若a∥α,b∥α,则a∥b,或a,b异面或a,b相交,A错;选项B.若a∥α,a∥β,则α∥β,或α∩β=b,B错;选项C.若a∥b,a⊥α,则b⊥α,C正确;选项D.若a∥α,α⊥β,则a?β或a∥β或a⊥β,D错.故选C.
3.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A,B)且PA=AC,则二面角PBCA的大小为( C )
(A)60° (B)30°
(C)45° (D)15°
解析:易得BC⊥平面PAC,所以∠PCA是二面角PBCA的平面角,在Rt△PAC中,PA=AC,
所以∠PCA=45°.
故选C.
4.如图所示,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,则图中互相垂直的平面有( D )
(A)2对 (B)3对
(C)4对 (D)5对
解析:由PA⊥矩形ABCD知,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAB⊥平面ABCD;由AB⊥平面PAD知,平面PAB⊥平面PAD;由BC⊥平面PAB知,平面PBC⊥平面PAB;由DC⊥平面PAD知,平面PDC⊥平面PAD.故题图中互相垂直的平面有5对.选D.
5.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成几何体ABCD,则在几何体ABCD中,下列结论正确的是( D )
(A)平面ABD⊥平面ABC
(B)平面ADC⊥平面BDC
(C)平面ABC⊥平面BDC
(D)平面ADC⊥平面ABC
解析:由已知得BA⊥AD,CD⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD,
从而CD⊥AB,故AB⊥平面ADC.
又AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.选D.
6.如图所示,在△ABC中,AD⊥BC,△ABD的面积是△ACD的面积的2倍.沿AD将△ABC翻折,使翻折后BC⊥平面ACD,此时二面角BADC的大小为( C )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:由已知得,BD=2CD.翻折后,在Rt△BCD中,∠BDC=60°,而AD⊥BD,CD⊥AD,故∠BDC是二面角BADC的平面角,其大小为60°.故
选C.
7.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC= .?
解析:因为在原△ABC中,AD⊥BC,
所以折叠后有AD⊥BD,AD⊥CD,
所以∠BDC是二面角BADC的平面角.
因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.
在Rt△BCD中,∠BDC=90°,BD=CD=,
所以BC==1.
答案:1
8.如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.
(1)证明:平面BDC1⊥平面BDC;
(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
(1)证明:由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,
所以BC⊥平面ACC1A1.
又DC1?平面ACC1A1,
所以DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,
所以∠CDC1=90°,即DC1⊥DC.
又DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.
又DC1?平面BDC1,
故平面BDC1⊥平面BDC.
(2)解:设棱锥BDACC1的体积为V1,AC=1,
由题意得V1=××1×1=.
又三棱柱ABCA1B1C1的体积V=1,
所以(V-V1)∶V1=1∶1.
故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.
9.(2018·兰州诊断)在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AC=BC=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:如图,设D为BC的中点,连接AD,A1D,A1C,A1B,过A作A1D的垂线,垂足为E,则BC⊥A1D,BC⊥AD,所以BC⊥平面A1AD,则BC⊥AE.又AE⊥A1D,所以AE⊥平面A1BC,由条件可得AD=AB=,
A1D==2,由面积相等得
AE·A1D=AA1·AD,即AE==,故选B.
10.正方体ABCDA1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1BDA的正切值等于 .?
解析:设AC与BD相交于O点,因为ABCDA1B1C1D1为正方体,
所以AO⊥BD,又AA1⊥平面ABCD,
所以AA1⊥BD,又AO∩AA1=A,
所以BD⊥平面A1AO,所以BD⊥A1O,
所以∠A1OA为二面角A1BDA的平面角,设正方体的棱长为a,在直角△A1AO中,AA1=a,AO=a,
所以tan∠A1OA==.
答案:
11.四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=.
(1)证明:平面PBE⊥平面PAB;
(2)求二面角ABEP的大小.
(1)证明:
如图所示,连接BD,由ABCD是菱形且∠BCD=60°知,△BCD是等边三
角形.
因为E是CD的中点,
所以BE⊥CD.
又AB∥CD,所以BE⊥AB.
又因为PA⊥平面ABCD,BE?平面ABCD,
所以PA⊥BE.而PA∩AB=A,
因此BE⊥平面PAB.
又BE?平面PBE,
所以平面PBE⊥平面PAB.
(2)解:由(1)知,BE⊥平面PAB,PB?平面PAB,
所以PB⊥BE.
又AB⊥BE,
所以∠PBA是二面角ABEP的平面角.
在Rt△PAB中,tan∠PBA==,∠PBA=60°,
故二面角ABEP的大小是60°.
12.如图所示,在侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1中,AB=BB1,AC1⊥平面A1BD,D为AC的中点.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求证:B1C1⊥平面ABB1A1;
(3)设E是CC1上一点,试确定E的位置使平面A1BD⊥平面BDE,并说明理由.
(1)证明:连接AB1,与A1B相交于M,则M为A1B的中点,连接MD.
又D为AC的中点,所以B1C∥MD.
又B1C?平面A1BD,MD?平面A1BD,
所以B1C∥平面A1BD.
(2)证明:因为AB=B1B,
所以四边形ABB1A1为正方形.
所以A1B⊥AB1.
又因为AC1⊥平面A1BD,
所以AC1⊥A1B.
所以A1B⊥平面AB1C1,
所以A1B⊥B1C1.
又在棱柱ABCA1B1C1中BB1⊥B1C1,
所以B1C1⊥平面ABB1A.
(3)解:当点E为C1C的中点时,平面A1BD⊥平面BDE,
因为D,E分别为AC,C1C的中点,
所以DE∥AC1.
因为AC1⊥平面A1BD,
所以DE⊥平面A1BD.
又DE?平面BDE,
所以平面A1BD⊥平面BDE.
2.3.3 直线与平面垂直的性质
2.3.4 平面与平面垂直的性质
【选题明细表】
知识点、方法
题号
线面垂直性质的理解
3,4,10
面面垂直性质的理解
1,2
线面垂直性质的应用
4,6
面面垂直性质的应用
5,7,8,9,11,12
1.已知两个平面垂直,下列说法:①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线 ②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线 ③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面 ④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.其中正确说法个数是( C )
(A)3 (B)2 (C)1 (D)0
解析:如图在正方体ABCDA1B1C1D1中,对于①AD1?平面AA1D1D,BD?平面ABCD,AD1与BD是异面直线,成角60°,①错误;②正确.对于③,AD1?平面AA1D1D,AD1不垂直于平面ABCD;对于④,如果这点为交线上的点,可得到与交线垂直的直线与两平面都不垂直,④错误.故选C.
2.(2018·陕西西安一中月考)在空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,且DA⊥平面ABC,则△ABC是( A )
(A)直角三角形 (B)等腰三角形
(C)等边三角形 (D)等腰直角三角形
解析:过点A作AH⊥BD于点H,由平面ABD⊥平面BCD,得AH⊥平面BCD,则AH⊥BC.又DA⊥平面ABC,所以BC⊥AD,所以BC⊥平面ABD,所以BC⊥AB,即△ABC为直角三角形.故选A.
3.如果直线l,m与平面α,β,γ之间满足:l=β∩γ,l∥α,m?α和m⊥γ,那么( A )
(A)α⊥γ且l⊥m (B)α⊥γ且m∥β
(C)m∥β且l⊥m (D)α∥β且α⊥γ
解析:由m?α,m⊥γ得α⊥γ,由l=β∩γ,得l?γ,所以m⊥l.故选A.
4.已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( D )
(A)若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
(B)若m,n平行于同一平面,则m与n平行
(C)若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线
(D)若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面
解析:若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故A错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若α,β不平行,则α,β相交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知m∥n,故D正确.
5.(2018·沈阳检测)如图,平行四边形ABCD中,AB⊥BD.沿BD将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,连接AC,则在四面体ABCD的四个面所在平面中,互相垂直的平面的对数为( C )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:因为平面ABD⊥平面BCD,又AB⊥BD,
所以AB⊥平面BCD,AB?平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCD.
同理,平面ACD⊥平面ABD.
故四面体ABCD中互相垂直的平面有3对.故选C.
6.(2018·河北邢台调研)设α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出四个命题:
①若l⊥α,α⊥β,则l?β;②若l∥α,α∥β,则l?β;③若l⊥α,α∥β,则l⊥β;④若l∥α,α⊥β,则l⊥β.
则正确命题的个数为 .?
解析:①错,可能有l∥β;②错,可能有l∥β;③正确;④错,也可能有l∥β,或l?β或l与β相交.
答案:1
7.如图所示,三棱锥PABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,P,A,B是定点,则动点C运动形成的图形是 .
解析:因为平面PAC⊥平面PBC,
AC⊥PC,AC?平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC.
所以AC⊥平面PBC.
又BC?平面PBC,所以AC⊥BC,所以∠ACB=90°.
所以动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆(除去A,B两点).
答案:以AB为直径的圆(除去A,B两点)
8.(2018·江苏启东中学月考)如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知平面AA1C1C⊥平面ABCD,且AB=BC=CA=,AD=CD=1.
(1)求证:BD⊥AA1;
(2)若E为棱BC的中点,求证:AE∥平面DCC1D1.
证明:(1)在四边形ABCD中,
因为AB=BC,AD=DC,
所以BD⊥AC,
又平面AA1C1C⊥平面ABCD,且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,
BD?平面ABCD,所以BD⊥平面AA1C1C,
又因为AA1?平面AA1C1C,所以BD⊥AA1.
(2)在三角形ABC中,因为AB=AC,且E为棱BC的中点,所以AE⊥BC,
又因为在四边形ABCD中,AB=BC=CA=,AD=CD=1.
所以∠ACB=60°,∠ACD=30°,
所以DC⊥BC,所以AE∥CD.
因为CD?平面DCC1D1,AE?平面DCC1D1,
故得AE∥平面DCC1D1.
9.(2018·甘肃嘉峪关期末)如图,以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:①BD⊥AC;②△BAC是等边三角形;③三棱锥DABC是正三棱锥;④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( B )
(A)①②④ (B)①②③
(C)②③④ (D)①③④
解析:设等腰直角△ABC的腰长为a,
则斜边BC=a,
①因为D为BC的中点,所以AD⊥BC,
又平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,BD⊥AD,BD?平面ABD,
所以BD⊥平面ADC,又AC?平面ADC,
所以BD⊥AC,故①正确;
②由A知,BD⊥平面ADC,CD?平面ADC,
所以BD⊥CD,又BD=CD=a,
所以由勾股定理得BC=·a=a,
又AB=AC=a,所以△ABC是等边三角形,故②正确;
③因为△ABC是等边三角形,DA=DB=DC,
所以三棱锥DABC是正三棱锥,故③正确.
④因为△ADC为等腰直角三角形,取斜边AC的中点F,则DF⊥AC,又
△ABC为等边三角形,连接BF,
则BF⊥AC,
所以∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角,
由BD⊥平面ADC可知,∠BDF为直角,∠BFD不是直角,故平面ADC与平面ABC不垂直,故④错误.综上所述,正确的结论是①②③.故选B.
10.(2018·宿州市高二期中)设m,n为空间的两条直线,α,β为空间的两个平面,给出下列命题:
①若m∥α,m∥β,则α∥ β;②若m⊥α,m⊥β,则α∥β;
③若m∥α,n∥α,则m∥n;④若m⊥α,n⊥α,则m∥n.
上述命题中,其中假命题的序号是 .?
解析:①若m∥α,m∥β,则α与β相交或平行都可能,故①不正确;
②若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故②正确;
③若m∥α,n∥α,则m与n相交、平行或异面,故③不正确;
④若m⊥α,n⊥α,由线面垂直的性质定理知m∥n,故④正确.
答案:①③
11.如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC, ∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1BCDE.
(1)证明:CD⊥平面A1OC;
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1BCDE的体积为36,求a
的值.
(1)证明:在题图1中,
因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,
∠BAD=,AD∥BC,所以BE⊥AC,BE∥CD,
即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,
且OA1∩OC=O,
从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.
(2)解:由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,
且平面A1BE∩平面BCDE=BE,
又由(1)知A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,
即A1O是四棱锥A1BCDE的高.
由题图1知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2.
从而四棱锥A1BCDE的体积为V=×S×A1O=×a2×a=a3,由a3=36得a=6.
12.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面PAD为等边三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若E为BC的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并证明你的结论.
(1)证明:设G为AD的中点,连接PG,BG.
因为△PAD为等边三角形,
所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点,所以BG⊥AD.
又BG∩PG=G,所以AD⊥平面PGB.
因为PB?平面PGB,
所以AD⊥PB.
(2)解:当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明:取PC的中点F,连接DE,EF,DF.
则EF∥PB,所以可得EF∥平面PGB.
在菱形ABCD中,GB∥DE,
所以可得DE∥平面PGB.
而EF?平面DEF,DE?平面DEF,EF∩DE=E,
所以平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥平面ABCD,而PG?平面PGB,
所以平面PGB⊥平面ABCD,
所以平面DEF⊥平面ABCD.
第二章 检测试题
(时间:120分钟 满分:150分)
【选题明细表】
知识点、方法
题号
点线面位置关系
1,2
线面垂直、平行的判定
3,6,8,9,13,14,17
空间角
4,5,7,10,15
综合问题
11,12,16,18,19,20,21
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.下列说法不正确的是( D )
(A)空间中,一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形
(B)同一平面的两条垂线一定共面
(C)过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直,且这些直线都在同一平面内
(D)过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直
解析:当直线与平面垂直时,过这条直线与已知平面垂直的平面有无数个,所以D错误,故选D.
2.设a,b是两条直线,α,β是两个平面,若a∥α,a?β,α∩β=b,则α内与b相交的直线与a的位置关系是( C )
(A)平行 (B)相交
(C)异面 (D)平行或异面
解析:因为a∥α,a?β,α∩β=b,
所以a∥b.
又因为a与α无公共点,
所以α内与b相交的直线与a异面.故选C.
3.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( C )
(A)α⊥β且m?α (B)α⊥β且m∥α
(C)m∥n且n⊥β (D)m⊥n且α∥β
解析:由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理,可知C正确.
4.将正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角,则直线BD和平面ABC所成的角的大小为( B )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:如图,当平面BAC⊥平面DAC时,取AC的中点E,则DE⊥平面ABC,
故直线BD和平面ABC所成的角为∠DBE,tan∠DBE==1.
所以∠DBE=45°.
5.如图,长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,E,F,G分别是DD1,AB,CC1的中点,则异面直线A1E与GF所成角为( D )
(A)30° (B)45°
(C)60° (D)90°
解析:连接EG,B1G,B1F,则A1E∥B1G,故∠B1GF为异面直线A1E与GF所成的角.由AA1=AB=2,AD=1可得B1G=,GF=,B1F=,所以B1F2=B1G2+GF2,所以∠B1GF=90°,即异面直线A1E与GF所成的角为90°.故选D.
6.下列命题正确的是( C )
(A)若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
(B)若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行
(C)若一条直线和两个相交平面都平行,则这条直线与这两个平面的交线平行
(D)若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行
解析:对于A,两条直线的位置关系不能确定,故错;对于B,两个平面不一定平行,故错;对于C,设平面α∩β=a,l∥α,l∥β,由线面平行的性质定理,在平面α内存在直线b∥l,在平面β内存在直线c∥l,所以由平行公理知b∥c,从而由线面平行的判定定理可证明b∥β,进而由线面平行的性质定理证明得b∥a,从而l∥a,故正确;对于D,这两个平面平行或相交,故错.
7.从空间一点P向二面角αlβ的两个面作垂线PE,PF,E,F为垂足,若∠EPF=60°,则二面角的平面角的大小为( C )
(A)60° (B)120°
(C)60°或120° (D)不确定
解析:若点P在二面角内,则二面角的平面角为120°,若点P在二面角外,则二面角的平面角为60°.
8.如图,在四面体DABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列正确的是( C )
(A)平面ABC⊥平面ABD
(B)平面ABD⊥平面BDC
(C)平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
(D)平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
解析:因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE,故选C.
9.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,P点在△AEF内的射影为O,则下列说法正确的是( A )
(A)O是△AEF的垂心 (B)O是△AEF的内心
(C)O是△AEF的外心 (D)O是△AEF的重心
解析:如图,由题意可知PA,PE,PF两两垂直,所以PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,因为PO∩PA=P,所以EF⊥平面PAO,所以EF⊥AO,同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,所以O为△AEF的垂心.故选A.
10.正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为12,底面对角线的长为2,则侧面与底面所成的二面角为( C )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:如图,在正四棱锥SABCD中,SO⊥底面ABCD,E是BC边中点,
则∠SEO即为侧面与底面所成的二面角的平面角.
由题易得SO=3,OE=,
tan∠SEO=,
所以∠SEO=60°,故选C.
11.有下列命题:
①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;
②若直线a在平面α外,则a∥α;
③若直线a∥b,b∥α,则a∥α;
④若直线a∥b,b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线.
其中真命题的个数是( A )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:命题①l可以在平面α内,不正确;命题②直线a与平面α可以是相交关系,不正确;命题③a可以在平面α内,不正确;命题④正确.
12.如图,已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是( D )
(A)PB⊥AD
(B)平面PAB⊥平面PBC
(C)直线BC∥平面PAE
(D)直线PD与平面ABC所成的角为45°
解析:A,B,C显然错误.
因为PA⊥平面ABC,
所以∠ADP是直线PD与平面ABC所成的角.
因为ABCDEF是正六边形,
所以AD=2AB.
因为tan∠ADP===1,
所以直线PD与平面ABC所成的角为45°.
故选D.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知平面α∥β,P?α且P?β,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为 .?
解析:如图1,因为AC∩BD=P,
所以经过直线AC与BD可确定平面PCD.
因为α∥β,α∩平面PCD=AB,β∩平面PCD=CD,
所以AB∥CD.
所以=,
即=,
所以BD=.
如图2,同理可证AB∥CD.
所以=,
即=,
所以BD=24.
综上所述,BD=或24.
答案:或24
14.如图,在四面体ABCD中,BC=CD,AD⊥BD,E,F分别为AB,BD的中点,则BD与平面CEF的位置关系是 .?
解析:因为E,F分别为AB,BD的中点,
所以EF∥AD.又AD⊥BD,所以EF⊥BD.
又BC=CD,F为BD的中点,
所以CF⊥BD,又EF∩CF=F,
所以BD⊥平面CEF.
答案:垂直
15.△ABC 是边长为6的等边三角形,P 为空间一点,PA=PB=PC,P到平面ABC距离为,则 PA与平面ABC 所成角的正弦值为 .?
解析:过P作底面ABC 的垂线,垂足为O,连接AO并延长交BC于E,
因为P为边长为6的正三角形ABC所在平面外一点且PA=PB=PC,P到平面ABC距离为,所以O是三角形ABC 的中心,且∠PAO就是PA与平面ABC所成的角,
因为AO=AE=2.
且PA==,
所以sin∠PAO===;
即PA与平面ABC所成角的正弦值为.
答案:
16.如图,点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列四个命题:
①三棱锥AD1PC的体积不变;
②A1P∥平面ACD1;
③DP⊥BC1;
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的命题的序号是 .?
解析:如图,对于①,容易证明AD1∥BC1,从而BC1∥平面AD1C,故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等,所以以P为顶点,平面AD1C为底面的三棱锥的体积不变,即三棱锥AD1PC的体积不变,①正确;
对于②,连接A1B,A1C1,容易证明A1C1??AC,由①知,AD1∥BC1,
所以平面BA1C1∥平面ACD1,从而由线面平行的定义可得,②正确;
对于③由于DC⊥平面BCC1B1,所以DC⊥BC1,若DP⊥BC1,则BC1⊥平面DCP,BC1⊥PC,则P为中点,与P为动点矛盾,③错误;
对于④,连接DB1,由DB1⊥AC且DB1⊥AD1,可得DB1⊥平面ACD1,从而由面面垂直的判定知④正确.
答案:①②④
三、解答题(本大题共5小题,共70分)
17.(本小题满分14分)
如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为AB的中点,N为BC的中点,沿DE将△ADE折起.
(1)若平面ADE⊥平面BCDE,求证:AB=AC;
(2)若AB=AC,求证:平面ADE⊥平面BCDE.
证明:(1)取DE的中点M,连接AM,
因为在翻折前,四边形ABCD为矩形,AB=2AD,E为AB的中点,
所以翻折后AD=AE,则AM⊥DE,
又平面ADE⊥平面BCDE,
所以AM⊥平面BCDE,
所以AM⊥BC,又N为BC的中点,
所以MN⊥BC,
因为AM∩MN=M,
所以BC⊥平面AMN,
所以BC⊥AN,
又N为BC的中点,
所以AB=AC.
(2)由(1)设M是DE中点,因为N为BC的中点,
所以MN∥DC,又BC⊥DC,所以MN⊥BC,
又AB=AC,所以BC⊥AN,又MN∩AN=N,
所以BC⊥平面AMN,
所以BC⊥AM,由(1)知AM⊥DE,又DE与BC不平行,
所以AM⊥平面BCDE,又AM?平面ADE,
所以平面ADE⊥平面BCDE.
18.(本小题满分14分)
如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,CD=AD=2AB=2AP.
(1)求证:平面PCD⊥平面PAD;
(2)在侧棱PC上是否存在点E,使得BE∥平面PAD,若存在,确定点E位置;若不存在,说明理由.
(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD. ①
又因为AB⊥AD,AB∥CD,所以CD⊥AD. ②
由①②可得CD⊥平面PAD.
又CD?平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.
(2)解:当点E是PC的中点时,BE∥平面PAD.
证明如下:设PD的中点为F,连接EF,AF,易得EF是△PCD的中位线,
所以EF∥CD,EF=CD.
由题设可得AB∥CD,AB=CD,
所以EF∥AB,EF=AB,
所以四边形ABEF为平行四边形,所以BE∥AF.
又BE?平面PAD,AF?平面PAD,
所以BE∥平面PAD.
19.(本小题满分14分)
正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E,F,G 分别为 AB,BB1,B1C1 的中点.
(1)求证:A1D⊥FG;
(2)求二面角 A1DEA 的正切值.
(1)证明:如图,连接B1C,BC1,
在正方体ABCDA1B1C1D1中,
因为F,G分别为BB1,B1C1的中点,
所以FG∥BC1,
又因为A1D∥B1C,B1C⊥BC1,
所以A1D⊥FG.
(2)解:过A作AH⊥ED于H,
连接A1H,
因为在正方体ABCDA1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,所以A1A⊥ED,
因为AH⊥ED,A1A∩AH=A,
所以ED⊥平面A1AH,
所以ED⊥A1H,所以∠AHA1是二面角ADEA1的平面角,
因为正方体的棱长为2,E为AB的中点,
所以AE=1,AD=2,
所以在Rt△EAD中,AH===,
所以在Rt△A1AH中,
tan∠AHA1===.
所以二面角A1DEA的正切值为.
20.(本小题满分14分)
如图所示,正四棱锥PABCD中,O为底面正方形的中心,侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为.
(1)求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小;
(2)若E是PB的中点,求异面直线PD与AE所成角的正切值;
(3)问在棱AD上是否存在一点F,使EF⊥侧面PBC,若存在,试确定点F的位置;若不存在,说明理由.
解:(1)取AD中点M,连接MO,PM,依条件可知AD⊥MO,AD⊥PO,
则∠PMO为所求二面角PADO的平面角.
因为PO⊥平面ABCD,
所以∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角.
所以tan∠PAO=.
设AB=a,AO=a,
所以PO=AO·tan∠PAO=a,
tan∠PMO==.
所以∠PMO=60°.
(2)连接AE,OE,因为OE∥PD,
所以∠OEA为异面直线PD与AE所成的角.
因为AO⊥BD,AO⊥PO,所以AO⊥平面PBD.
又OE?平面PBD,所以AO⊥OE.
因为OE=PD==a,
所以tan∠AEO==.
(3)延长MO交BC于N,取PN中点G,连EG,MG.
因为BC⊥MN,BC⊥PN,
所以BC⊥平面PMN.
所以平面PMN⊥平面PBC.
又PM=PN,∠PMN=60°,
所以△PMN为正三角形.
所以MG⊥PN.
又平面PMN∩平面PBC=PN,
所以MG⊥平面PBC.
取AM中点F,因为EG∥MF,
所以MF=MA=EG,
所以EF∥MG.
所以EF⊥平面PBC.
点F为AD的四等分点.
21.(本小题满分14分)
如图,在多面体ABCDEF中,四边形CDEF是正方形,AB∥CD,CD=2AB,G为DE的中点.
(1)求证:BG∥平面ADF;
(2)若CD=2,AB⊥BD,BD=BE,∠DBE=90°,求三棱锥ABDF的体积.
(1)证明:设CE与DF的交点为H,
则点H为CE的中点,连接HG,AH.
在△CDE中,G为DE的中点,H为CE的中点,
所以HG∥CD,且CD=2HG.
又因为AB∥CD,CD=2AB,
所以AB∥HG,且AB=HG,
所以四边形AHGB是平行四边形,
所以BG∥AH.
因为AH?平面ADF,BG?平面ADF,
所以BG∥平面ADF.
(2)解:因为AB⊥BD,BD⊥BE,AB,BE?平面AFEB,AB∩BE=B,
所以BD⊥平面AFEB.
在正方形CDEF中,CD⊥DE,AB∥CD,
所以AB⊥DE.
又因为AB⊥BD,BD,BE?平面BDE,BD∩BE=B,
所以AB⊥平面BDE,
所以AB⊥BE.
在Rt△BDE中,∠DBE=90°,BD=BE,DE=CD=2,
所以BD=BE=.
因为CD=2AB,CD=2,
所以AB=1,
所以三棱锥ABDF的体积
==S△ABF·DB
=×AB·BE·DB
=××1××=.
