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第二章 点、直线、平面之间的位置关系 单元质量评估(人教A版必修2) (1)


第二章

点、直线、平面之间的位置关系 单元质量评估
(120 分钟 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 a,b 是异面直线,直线 c∥a,则 c 与 b 的位置关系是 ( A.相交 B.异面 C.平行 ( ) D.异面或相交 )

2.下列命题正确的是

A.一直线与一个平面内的无数条直线垂直,则此直线与平面垂直 B.两条异面直线不能同时垂直于一个平面 C.直线与平面所成的角的取值范围是:0°<θ ≤180° D.两异面直线所成的角的取值范围是:0°<θ <90° 3.棱柱的一条侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在的平面的位置关系 是 ( ) B.相交 D.不相交

A.平行 C.平行或相交

4.设 a,b 是空间两条垂直的直线,且 b∥平面α ,则在“a∥α ” “a ? α ” “a∩α ” 这三种情况中,能够出现的情况有 ( A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 )

5.(2013·长白山高一检测)已知一平面平行于两条异面直线,一直线与两异面直 线都垂直,那么这个平面与这条直线的位置关系是 ( A.平行 B.垂直 C.斜交 D.不能确定 )

6.(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面α ,n⊥平面β .直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α ,l?β ,则 ( )

A.α ∥β 且 l∥α B.α ⊥β 且 l⊥β C.α 与β 相交,且交线垂直于 l D.α 与β 相交,且交线平行于 l 7.BC 是 Rt△ABC 的斜边,PA⊥平面 ABC,PD⊥BC 于 D 点,则图中共有直角三角形的 个数是 ( A.8 个 ) B.7 个 C.6 个 D.5 个

8.以下说法中,正确的个数为 (

)

①已知直线 a,b 和平面α .若 a∥b,a∥α ,则 b∥α ; ②已知直线 a,b,c 和平面α .a 是斜线,与平面α 相交,b 是射影所在直线,c ? α , 且 c⊥b,则 c⊥a; ③三个平面两两相交,且它们的交线各不相同,则这三条交线互相平行; ④已知平面α ,β ,若α ∩β =a,b⊥a,则 b⊥α 或 b⊥β . A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个

9.已知点 O 为正方体 ABCD -A1B1C1D1 的底面 ABCD 的中心,则下列结论正确的 是 ( )

A.直线 OA1⊥平面 AB1C1 B.直线 OA1∥平面 CB1D1 C.直线 OA1⊥直线 AD D.直线 OA1∥直线 BD1 10.(2013·广东高考)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积 是 ( )

A.4

B.

C.

D.6

11.已知直二面角α -l-β ,点 A∈α ,AC⊥l,C 为垂足,B∈β ,BD⊥l,D 为垂足,若 AB=2,AC=BD=1,则 CD= ( A.2 B. C. ) D.1

12.(2013·济宁高一检测)如图所示,在正四棱锥 S-ABCD(顶点 S 在底面 ABCD 上 的射影是正方形 ABCD 的中心)中,E 是 BC 的中点,P 点在侧面△SCD 内及其边界上 运动,并且总是保持 PE⊥AC.则动点 P 的轨迹与△SCD 组成的相关图形最有可能

是图中的 (

)

二、 填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中的横 线上) 13.(2013· 长沙高一检测)如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面是边长为 1 的正方 形,侧棱长 AA1= ,则异面直线 A1B1 与 BD1 所成的角大小等于 .

14.如图,AB 是☉O 的直径,C 是圆周上不同于 A,B 的点,PA 垂直于☉O 所在的平 面,AE⊥PB 于 E,AF⊥PC 于 F,因此, ⊥平面 PBC.(填图中的一条直线)

15.四棱锥 S-ABCD 的底面 ABCD 是正方形,AC 与 BD 相交于点 O,且 SO⊥平面 ABCD, 若四棱锥 S-ABCD 的体积为 12,底面对角线的长为 2 角等于 . ,则侧面与底面所成的二面

16.(2013· 安徽高考)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,P 为 BC 的中点,Q 为 线段 CC1 上的动点,过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S.则下列命题 正确的是 (写出所有正确命题的编号).

①当 0<CQ<时,S 为四边形; ②当 CQ=时,S 为等腰梯形; ③当 CQ=时,S 与 C1D1 的交点 R 满足 C1R=; ④当<CQ<1 时,S 为六边形; ⑤当 CQ=1 时,S 的面积为 . 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答时写出必要的文字说明、证明过程 或演算步骤)

17.(10 分 ) 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中 ,E 为 AB 的中点 ,F 为 AA1 的中点 , 求 证:CE,D1F,DA 三线交于一点. 18.(12 分)(2013·周口店高一检测)如图,圆锥 SO 中,AB,CD 为底面圆的两条直 径,AB∩CD=O,且 AB⊥CD,SO=OB=2,P 为 SB 的中点.

(1)求证:SA∥平面 PCD. (2)求异面直线 SA 与 PD 所成角的正切值. 19.(12 分)(2013· 辽宁高考)如图,AB 是圆 O 的直径,PA 垂直于圆 O 所在的平面,C 是圆上的点.

(1)求证:平面 PAC⊥平面 PBC. (2)设 Q 为 PA 的中点,G 为△AOC 的重心,求证:QG∥平面 PBC. 20.(12 分)(2013·无锡高一检测)如图所示,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别为 DD1,DB 的中点.

(1)求证:EF∥平面 ABC1D1. (2)求证:EF⊥B1C. (3)求三棱锥 B1-EFC 的体积. 21.(12 分)(能力挑战题)在正三棱柱 ABC-A1B1C1(底面三角形 ABC 是正三角形的直 棱柱)中,点 D,E 分别是 BC,B1C1 的中点,BC1∩B1D=F,BC1⊥B1D. 求证:(1)平面 A1EC∥平面 AB1D. (2)平面 A1BC1⊥平面 AB1D.

22.(12 分)(能力挑战题)如图,已知直角梯形 ACDE 所在的平面垂直于平面 ABC, ∠BAC=∠ACD=90°,∠EAC=60°,AB=AC=AE.

(1)在直线 BC 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 EAB?请证明你的结论. (2)求平面 EBD 与平面 ABC 所成的锐二面角θ 的余弦值.

答案解析
1.【解析】选 D.根据空间两条直线的位置关系和公理 4 可知 c 与 b 异面或相交, 但不可能平行. 2.【解析】选 B. A.错误.一直线与一个平面内的无数条直线垂直 ,并不意味着和平面内的任意直 线垂直,所以此直线与平面不一定垂直. B.正确.由线面垂直的性质定理可知,两条异面直线不能同时垂直于一个平面. C.错误.直线与平面所成的角的取值范围是:0°≤θ≤90°. D.错误.两异面直线所成的角的取值范围是:0°<θ≤90°. 3.【解析】选 A.因为棱柱的侧棱是互相平行的,所以由直线与平面平行的判定定

理可知,侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在的平面平行. 4.【解析】选 D.如图正方体中,b∥平面α,直线 a 是在直线 b 的垂面内的任意直 线(与 b 异面).由图可知,“a∥α” “a ? α” “a∩α”三种情况都有可能.

5.【解析】选 B.根据线面平行的性质,在已知平面内可以作出两条相交直线与已 知两条异面直线分别平行.因此,一直线与两异面直线都垂直,一定与这个平面 垂直. 6.【解析】选 D.因为 m,n 为异面直线,所以过空间内一点 P,作 m′∥m,n′∥n, 则 l⊥m′,l⊥n′,即 l 垂直于 m′与 n′确定的平面γ,又 m⊥平面α,n⊥平面β, 所以 m′⊥平面α,n′⊥平面β,所以平面γ既垂直于平面α,又垂直于平面β, 所以α与β相交,且交线垂直于平面γ,故交线平行于 l,故选 D. 7.【解析】选 A.因为 PA⊥平面 ABC, 所以 PA⊥BC, 因为 PD⊥BC,PA∩PD=P, 所以 BC⊥平面 PAD,所以 AD⊥BC, 图中直角三角形有△PAC,△PAD,△PAB,△ABC,△PDC,△PDB,△ADC,△ADB,共 8 个. 8.【解析】选 A.①错误.直线 b 的位置不确定,直线 b 可以在α内,也可以平行于 α.

②正确.c 同时垂直于斜线和射影. ③错误.例如,长方体同一顶点的三个面. ④错误.没有说明 b 是否在平面α或β内,则 b 可以在这两个平面外. 9.【解析】选 B.可证平面 A1BD∥平面 CB1D1. 10.【解析】选 B.四棱台的上下底面均为正方形,两底面边长和高分别为 1,2,2, V 棱台=(S 上+S 下+ )h=(1+4+ )×2= .

11.【解析】选 C.根据题意,直二面角α-l-β, 点 A∈α,AC⊥l,可得 AC⊥平面β, 则 AC⊥CB,△ACB 为直角三角形,且 AB=2,AC=1, 由勾股定理可得,BC= 在 Rt△BCD 中,BC= 由勾股定理可得,CD= 12.【解析】选 A. ; ,BD=1, .

如图所示,连接 BD 与 AC 相交于点 O,连接 SO, 取 SC 的中点 F,取 CD 的中点 G,连接 EF,EG,FG, 因为 E,F 分别是 BC,SC 的中点, 所以 EF∥SB,EF?平面 SBD,SB ? 平面 SBD, 所以 EF∥平面 SBD,同理可证 EG∥平面 SBD,

又 EF∩EG=E,所以平面 EFG∥平面 SBD, 由题意得 SO⊥平面 ABCD,AC⊥SO, 因为 AC⊥BD,又 SO∩BD=O,所以 AC⊥平面 SBD, 所以 AC⊥平面 EFG, 所以 AC⊥GF,所以点 P 在直线 GF 上. 【变式备选】如图,点 P 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的面对角线 BC1 上运动,则下列四 个结论: ①三棱锥 A-D1PC 的体积不变;②A1P∥平面 ACD1;③DP⊥BC1;④平面 PDB1⊥平面 ACD1.其中正确的结论的个数是 ( )

A.1 个

B.2 个

C.3 个

D.4 个

【解析】 选 C.①正确.易证 BC1∥平面 ACD1,所以点 P 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的面 对角线 BC1 上运动时,点 P 到平面 ACD1 的距离不变.又因为 VA ?D PC ? VP ?ACD , 所以三
1 1

棱锥 A-D1PC 的体积不变. ②正确.易证平面 A1BC1∥平面 ACD1, 所以 A1P∥平面 ACD1; ③错误.因为 DB=DC1,所以当点 P 是 BC1 的中点时,DP⊥BC1; ④正确.因为 B1D⊥平面 ACD1, 所以平面 PDB1⊥平面 ACD1.

13.【解析】因为 A1B1∥AB, 所以∠ABD1 是异面直线 A1B1 与 BD1 所成的角, 在 Rt△ABD1 中,∠BAD1=90°,AB=1, AD1= 所以 tan∠ABD1= = = = ,

,所以∠ABD1=60°.

答案:60° 14.【解析】因为 AB 是☉O 的直径,C 是圆周上不同于 A,B 的点,所以 BC⊥AC,因 为 PA 垂直于☉O 所在的平面,所以 BC⊥PA,又 PA∩AC=A, 所以 BC⊥平面 PAC,又 AF ? 平面 PAC, 所以 AF⊥BC,又 AF⊥PC,BC∩PC=C, 所以 AF⊥平面 PBC. 答案:AF 15.【解析】取 BC 的中点 E,连接 OE,SE, 因为 OB=OC,所以 OE⊥BC, 因为 SO⊥平面 ABCD,所以 SO⊥BC,

所以 BC⊥平面 SOE, 所以∠SEO 是侧面 SBC 与底面 ABCD 所成的二面角, 因为正方形 ABCD 的对角线长为 2 所以正方形 ABCD 的边长为 2 由题意得×(2 所以 SO=3, 所以 tan∠SEO= = = 所以∠SEO=60°. 答案:60° 16.【解析】(1)当 0<CQ<时,截面如图 1 所示,截面是四边形 APQM,故①正确. , )2×SO=12, , ,

,OE=

(2)当 CQ=时,截面如图 2 所示,易知 PQ∥AD1 且 PQ=AD1,S 是等腰梯形,故②正确. (3)当 CQ=时,截面如图 3 所示,易得 C1R=,截面是五边形,故③正确. (4)当<CQ<1 时,如图 4 是五边形,故④不正确. (5) 当 CQ=1 时 , 截 面 是 边 长 相 等 的 菱 形 如 图 5 所 示 , 由 勾 股 定 理 易 求 得 AC1= ,MP= ,故其面积为 S=×AC1×MP= ,故⑤正确.

答案:①②③⑤ 17.【解题指南】可证 D1F 与 CE 的交点 P 在直线 AD 上.

【证明】连接 EF,D1C,A1B, 因为 E 为 AB 的中点,F 为 AA1 的中点, 所以 EF∥A1B, EF=A1B, 又因为 A1B∥D1C,所以 EF∥D1C, 所以 E,F,D1,C 四点共面,且 EF=D1C, 设 D1F 与 CE 相交于点 P. 又 D1F ? 平面 A1D1DA,CE ? 平面 ABCD,

所以 P 为平面 A1D1DA 与平面 ABCD 的公共点, 又平面 A1D1DA∩平面 ABCD=DA, 根据公理 3 可得 P∈DA, 即 CE,D1F,DA 三线交于一点. 18.【解析】(1)连接 PO, 因为 P,O 分别为 SB,AB 的中点,所以 PO∥SA, 因为 PO ? 平面 PCD,SA?平面 PCD, 所以 SA∥平面 PCD.

(2)因为 PO∥SA, 所以∠DPO 为异面直线 SA 与 PD 所成的角, 因为 AB⊥CD,SO⊥CD,AB∩SO=O, 所以 CD⊥平面 SOB.因为 PO ? 平面 SOB, 所以 OD⊥PO,在 Rt△DOP 中,OD=2, OP=SA=SB= , = = , .

所以 tan∠DPO=

所以异面直线 SA 与 PD 所成角的正切值为

19.【证明】(1)由 AB 是圆的直径,得 AC⊥BC; 由 PA 垂直于圆所在的平面,得 PA⊥平面 ABC.又 BC ? 平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA ? 平面 PAC,AC ? 平面 PAC,

所以 BC⊥平面 PAC.又 BC ? 平面 PBC,所以平面 PAC⊥平面 PBC. (2)连接 OG 并延长交 AC 于 M,连接 QM,QO. 由 G 为△AOC 的重心,知 M 为 AC 的中点, 由 Q 为 PA 的中点,得 QM∥PC,又因为 QM?平面 PBC, PC ? 平面 PBC, 所以 QM∥平面 PBC. 又由 O 为 AB 的中点,得 OM∥BC. 同理可证,OM∥平面 PBC. 因为 QM∩OM=M,QM ? 平面 QMO, OM ? 平面 QMO, 所以,据面面平行的判定定理得,平面 QMO∥平面 PBC.又 QG ? 平面 QMO, 故 QG∥平面 PBC. 20.【解析】(1)连接 BD1,在△DD1B 中,E,F 分别为 D1D,DB 的中点,则 EF∥D1B,

因为 EF∥D1B,D1B ? 平面 ABC1D1, EF?平面 ABC1D1, 所以 EF∥平面 ABC1D1. (2)因为 B1C⊥AB,B1C⊥BC1, AB,BC1 ? 平面 ABC1D1, AB∩BC1=B, 所以 B1C⊥平面 ABC1D1,

又 BD1 ? 平面 ABC1D1, 所以 B1C⊥BD1,又因为 EF∥BD1, 所以 EF⊥B1C. (3)因为 CF⊥平面 BDD1B1, 所以 CF⊥平面 EFB1 且 CF=BF= 因为 EF=BD1= B1F= B1E= , = = = , =3, ,

所以 EF2+B1F2=B1E2,即∠EFB1=90°, 所以 VB ?EFC ? VC?B EF ? ?S? B EF ?CF
1 1 1

1 3

=×·EF·B1F·CF =×× × × =1.

21.【证明】(1)因为点 D,E 分别是 BC,B1C1 的中点, 所以 A1E∥AD,EC∥B1D, 故 A1E∥平面 AB1D, EC∥平面 AB1D,又 A1E∩EC=E, 所以平面 A1EC∥平面 AB1D. (2)因为△ABC 是正三角形, 点 D 是 BC 的中点,所以 AD⊥BC, 又因为平面 ABC⊥平面 BCC1B1, 所以 AD⊥平面 BCC1B1, 所以 AD⊥BC1,

又 BC1⊥B1D,AD∩B1D=D, 从而 BC1⊥平面 AB1D.又 BC1 ? 平面 A1BC1, 所以平面 A1BC1⊥平面 AB1D. 22.【解题指南】(1)通过线面平行的判定定理,利用平行四边形的性质作辅助线 来证明. (2)先作出平面 EBD 与平面 ABC 的交线,然后利用面面垂直的性质定理证明 CD⊥ 平面 ABGC,进而证明 BG⊥平面 CDG,得到二面角的平面角,最后解直角三角形得到 结论. 【解析】(1)线段 BC 的中点就是满足条件的点 P. 证明如下: 取 AB 的中点 F,连接 DP,PF,EF,则 FP∥AC,FP=AC, 取 AC 的中点 M,连接 EM,EC,

因为 AE=AC 且∠EAC=60°, 所以△EAC 是正三角形,所以 EM⊥AC. 所以四边形 EMCD 为矩形,所以 ED=MC=AC. 又因为 ED∥AC,所以 ED∥FP 且 ED=FP, 所以四边形 EFPD 是平行四边形. 所以 DP∥EF,

而 EF ? 平面 EAB,DP?平面 EAB, 所以 DP∥平面 EAB. (2)过点 C 作 CG∥AB,过点 B 作 BG∥AC,CG∩BG=G, 连接 GD. 因为 ED∥AC,所以 ED∥BG,所以 B,E,D,G 四点共面, 所以平面 EBD 与平面 ABC 相交于 BG, 因为 CD⊥AC,平面 ACDE⊥平面 ABGC, 所以 CD⊥平面 ABGC,BG ? 平面 ABGC, 所以 BG⊥CD,又 BG⊥GC,CD∩GC=C, 所以 BG⊥平面 CDG,所以 BG⊥DG, 所以∠DGC 是平面 EBD 与平面 ABC 所成的锐二面角θ, 设 AB=AC=AE=a,则 GC=AB=a, DC=EM= a, 所以 GD= = a. = .

所以 cosθ=cos∠DGC=

【拓展提升】剖析空间角问题 (1)求空间角的基本原则 求空间角时,无论哪种情况最终都归结到两条相交直线所成的角的问题上. (2)解题步骤: ①找(或作)出所求角; ②证明该角符合题意; ③构造出含这个角的三角形,解这个三角形,求出角.

(3)空间角包括以下三类: ①求异面直线所成的角关键是选取合适的点引两条异面直线的平行线 ,这两条 相交直线所成的锐角或直角即为两条异面直线所成的角. ②求直线与平面所成的角关键是在斜线上选取恰当的点向平面引垂线 ,在此基 础上进一步确定垂足的位置. ③求二面角关键是作出二面角的平面角 ,而作二面角的平面角时,首先要确定二 面角的棱,然后结合题设构造二面角的平面角.一般常用两种方法:定义法,垂面 法.


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