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专题6 空间直线、平面的平行与垂直(答案解析)
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专题6空间直线、平面的平行与垂直【基础题】1.(2021·全国高一课时练习)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,与平面ACC1A1平行的棱共有()A.2条B.3条C.4条D.6条【答案】A【解析】根据正方体的结构可得选项.【详解】如图所示,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,与平面ACC1A1平行的棱是BB1和DD1,共有2条.故选:A.2.(2021·江苏高一课时练习)已知直线a∥平面α,直线a∥平面β,α∩β=b,直线a与直线b()A.相交B.平行C.异面D.不确定【答案】B【解析】由已知在α,β中均可找到一条直线与直线a平行,设m在平面α内,n在平面β内,且m//a,n//a,所以m//n,再由线面平行的判定和性质可得答案.【详解】因为直线a//平面α,直线a//平面β,所以在α,β中均可找到一条直线与直线a平行,设m在平面α内,n在平面β内,且m//a,n//a,所以m//n,又因为m不在平面β内,n在平面β内,所以m//β,又因为α∩β=b,m⊂α,所以m//b,又因为m//a,所以a//b,故选:B.3.(2021·全国)如图所示,D,E,F分别为三棱锥SABC的棱SA,SB,SC的中点,则下列说法错误的是() A.DE平面ABCB.EF平面ABCC.平面DEF平面ABCD.SABC【答案】D【解析】由线面平行、面面平行的判定定理可知:A,B,C都正确,由三棱锥的结构特征可知:SA与BC为异面直线,不平行.【详解】A:,面面,面,则DE平面ABC,正确;同理B也正确;C:由A、B,,即有平面DEF平面ABC,正确;D:由三棱锥的结构知:SA与BC为异面直线,不平行,错误;故选:D.4.(2021·全国)平面α与平面β平行的条件可以是()A.α内有无穷多条直线都与β平行B.直线aα,aβ,且直线a不在α与β内C.直线,直线,且bα,aβD.α内的任何直线都与β平行【答案】D【解析】由平面的基本性质,结合线面、面面间的关系判断是否有面面平行即可.【详解】A:α内有无穷多条直线都与β平行,则面α与面β可能平行也可能相交,错误;B:直线aα,aβ,且直线a不在α与β内,则面α与面β可能平行也可能相交,错误;C:直线,直线,且bα,aβ,则面α与面β可能平行也可能相交,错误;D:α内的任何直线都与β平行,α内任取两条相交的直线平行于β,由面面平行的判定知,正确. 故选:D.5.(2021·全国高一期末)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则以下命题正确的是()A.若,,则B.若,,则C.若,,则D.若,,则【答案】D【解析】根据空间中点、线、面的位置关系的判定定理和性质逐项判断后可得正确的选项.【详解】对于A,若,,则或异面,故A错.对于B,若,,则或异面或相交,故B错.对于C,若,,则可平行于平面或在平面内或与平面相交,故C错误.对于D,因为,故在平面存在直线,使得,而,故,因为,故,故D正确.故选:D.6.(2021·全国高一课时练习)如图所示,在三棱锥中,、、、分别为、、、上的点,,则与()A.平行B.相交C.异面D.以上皆有可能【答案】A【解析】证明平面,利用线面平行的性质定理可得出结论.【详解】 ,平面,平面,平面,平面,平面平面,因此,.故选:A.7.(2021·全国高一期末)在正方体中,下列判断正确的是()A.面B.面C.面D.【答案】A【解析】在正方体中,,根据线面垂直判断定理和性质可证得,同理,可证得平面,可判断A、B选项;连接,,则为与所成角,由此可判断C、D选项.【详解】在正方体中,,又,且,平面,则,同理,则平面,故A正确,B不正确;连接,,则为与所成角,为,故C、D不正确.故选:A. 8.(2021·全国高一课时练习)如图所示,四边形ABCD中,,,,,将沿BD折起,使面面BCD,连结AC,则下列命题正确的是()A.面面B.面面C.面面D.面面【答案】D【解析】根据线面垂直与面面垂直的相互转化证明可得结论.【详解】由题意知,在四边形中,.在三棱锥中,平面平面,两平面的交线为,所以平面,因此有.又因为,,平面,所以平面,于是得到平面平面.故选:D.9.(2021·全国高一课时练习)已知l,m为直线,α为平面,lα,m⊂α,则l与m之间的关系是___________.【答案】平行或异面【解析】在正方体里举例说明线线关系即可.【详解】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,A1B1平面ABCD,AB⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD,A1B1与AB平行,A1B1与BC异面, ∴l,m为直线,α为平面,lα,m⊂α,则l与m之间的关系是平行或异面.故答案为:平行或异面.10.(2021·全国高一课时练习)已知四边形为平行四边形,平面,当平行四边形满足条件___________时,有(填上你认为正确的一个条件即可).【答案】四边形是菱形【解析】由于平面,可得,所以要,只要证,而四边形为平行四边形,所以只要四边形是菱形.【详解】四边形为平行四边形,平面,,当四边形是菱形时,,又,平面,.故答案为:四边形是菱形.【提升题】1.(2021·全国高一课时练习)如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个命题中正确是___________.(填序号即可) ①|BM|是定值;②总有CA1⊥平面A1DE成立;③存在某个位置,使DE⊥A1C;④存在某个位置,使MB平面A1DE.【答案】①④【解析】根据翻折过程中的一些线线,线面关系不变,结合线线垂直,线面平行的相关知识一一分析即可.【详解】对于①:由图知,取CD的中点F,联结MF,BF,设,易知∠A1DE=∠MFB,MFA1D=,FB=DE=,由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB,所以MB是定值,故①正确.对于②:由反证法,若总有CA1⊥平面A1DE成立,则CA1⊥A1E成立,而CE=,,求得CA1=为定值,而在翻折过程中,CA1的长是一直变化的,故②错误;对于③:∵A1C在平面ABCD中的射影为AC,AC与DE不垂直,∴A1C与DE一定不垂直,可得③不正确.对于④:由①知,MFDA1,BFDE,∴平面MBF平面A1DE,∴MB平面A1DE,故④正确.故答案为:①④. 2.(2021·浙江高一期末)已知,为平面外一点,,点到两边的距离均为,那么点到平面的距离为________【答案】【解析】过点作,,过作平面,易证平面,所以,由题意和直角三角形的性质可得,进而可证为平分线,可得,再根据勾股定理,由此能求出到平面的距离.【详解】作分别垂直于,平面,分别交于,交于,交平面于,连,如图所示:则,,平面,平面,,同理,.,,,为平分线,,又,. 故答案为:.3.(2021·全国高一课时练习)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1B与直线AC所成角的大小为____;直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为____.【答案】【解析】依题意可得△BA1C1为等边三角形,则直线A1B与直线AC所成角可求解;设BC1交B1C于O,依题意可证明BC1⊥平面A1B1CD,则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角,根据正弦公式即可求解角的大小.【详解】连接A1C1,BC1,△BA1C1为等边三角形,所以直线A1B与直线AC所成角的大小为;因为四边形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥B1C,又DC⊥平面BCC1B1,所以BC1⊥CD,又因为CD∩B1C=C,所以BC1⊥平面A1B1CD.设BC1交B1C于O,则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角,在Rt△OA1B中,,所以直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为.故答案为:4.(2021·全国高一课时练习)如图,在三棱锥中,平面,,,,分别是,,的中点.求证: (1)平面;(2);(3)平面平面.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)证明见解析.【解析】(1)根据三角形中位线性质和线面平行判定定理可得证;(2)根据线面垂直的性质和判定定理可得证;(3)根据面面垂直的判定定理可得证.【详解】证明:(1)三棱锥中,,,分别是,,的中点,,平面,平面,平面.(2)平面,平面,,,,平面,平面,平面,.(3),,分别是,,的中点,,平面,平面,平面平面.5.(2021·全国高一单元测试)如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是 上异于,的点.(1)证明:平面平面;(2)在线段上是否存在点,使得平面,说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在,理由见解析.【解析】(1)先证,再证,即证平面,即可证明平面平面;(2)存在中点;连接,,证明即可.【详解】(1)∵平面平面,平面平面,,平面,∴平面,平面,∴,∵为直径,∴,,平面,∴平面,平面,∴平面平面;(2)存在.当为中点时,平面,证明如下:连,,,∵为正方形,∴为中点,连接,为中点,∴,∵平面,平面,∴平面. 6.(2021·浙江高一期末)在长方体中,E,F,G分别为所在棱的中点,H,Q分别为AC,,的中点,连EF,EG,FG,DQ,CQ,.(I)求证:平面平面ACQ(II)问在线段CD上是否存在一点P,使得平面?若存在,求出P点的位置若不存在,请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)当时,满足条件,证明见解析.【解析】(1)连接可证平面ACQ,平面ACQ,从而可证.(2)当时,连接并延长交于点,连接,取线段的中点,连接,可证四边形为平行四边形,从而可证,从而得出答案.【详解】连接,由E,F,G分别为所在棱的中点所以,由,所以,又平面ACQ,平面ACQ所以平面ACQ又,所以,又平面ACQ,平面ACQ所以平面ACQ,又所以平面平面ACQ (2)线段CD上存在一点P,当时,满足平面.证明如下:连接并延长交于点,连接,则平面与平面为同一平面.由H为AC的中点,则与全等.则取线段的中点,连接.由分别为的中点,所以且又且,即且所以四边形为平行四边形,故又平面,平面,所以平面.7.(2021·浙江高一期末)如图,在棱长为的正方体中,点是的中点.(1)证明:平面;(2)求三棱锥外接球的表面积.【答案】(1)证明见解析;(2). 【解析】(1)连接交于点,连接,利用中位线的性质可得,利用线面平行的判定定理可证得结论成立;(2)将三棱锥补成长方体,计算出该长方体的体对角线长,可得出外接球的半径,结合球体的表面积公式可求得结果.【详解】(1)连接交于点,连接,则为的中点,因为为的中点,则,平面,平面,因此,平面;(2)将三棱锥补成长方体,如下图所示:则长方体的体对角线长为,所以,三棱锥外接球半径为,因此,三棱锥外接球表面积为.8.(2021·天津南开中学高一期中)如图,在正方体中,点为棱的中点.(1)求证:平面; (2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)连接BD与AC交于点O,根据O,E为为中点,易得,再利用线面平行的判定定理证明;(2)根据(1),由得到异面直线与所成的角,然后证得,得到是直角三角形求解.【详解】(1)如图所示:,连接BD与AC交于点O,因为O,E为为中点,所以,又平面,平面,所以平面;(2)由(1)知,则异面直线与所成的角,在正方体中,因为,且,所以平面,又因为平面,所以,所以是直角三角形,设正方体的棱长为a,则,,所以, 所以,故答案为:9.(2021·浙江高一期末)如图,正三棱柱的底面边长为2,高为,过的截面与上底面交于且点P棱的中点,点Q在棱上.(1)试在棱上找一点D,使得平面,并加以证明;(2)求四棱锥的体积.【答案】(1)D为的中点,证明见解析;(2)【解析】(1)D为的中点时,平面,先证明平面,再证明面,可得面面,进而可得结论.(2)连接,四棱锥可视为三棱锥和组合而成,求出三棱锥的体积,设,求解,然后求解几何体的体积即可.【详解】(1)D为的中点时,平面.证明如下:平面,平面,平面平面,,平面,平面,所以平面,又D为的中点,是平行四边形,, 又平面,平面,面,又与在平面内相交,面面,又面,平面;(2)连接,四棱锥可视为三棱锥和组合而成,三棱锥可视为,底面积,高为,设,体积为.三棱锥与等高,体积比为底面积之比,设,则,故,因此,,即为所求.10.(2021·浙江高一期末)如图所示,在正方体中,E,F,G,H分别是的中点.求证: (1);(2)平面:(3)平面平面.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)证明见解析.【解析】(1)取中点,连接,先证明四边形为平行四边形,再证明四边形为平行四边形可得;(2)连接,交于,连接,,通过证明四边形为平行四边形得出可证;(3)通过得平面,通过得平面可证明.【详解】(1)取中点,连接,是中点,且,,,则四边形为平行四边形,,是中点,,则四边形为平行四边形,,;(2)连接,交于,连接,,为中点,,为中点,,,四边形为平行四边形,, 平面,平面,平面;(3)由(1),平面,平面,平面,又正方体中,,则四边形为平行四边形,,平面,平面,平面,,平面平面.
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