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点、直线、平面之间的位置关系质量检测试题2(含答案和解析)

来源:会员上传 日期:2017-11-08 23:13:57 作者:佚名

阶段质量检测(二)  点、直线、平面之间的位置关系
(时间120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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.(广东高考)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是(  )
A.l与l1,l2都不相交
B.l与l1,l2都相交
C.l至多与l1,l2中的一条相交
D.l至少与l1,l2中的一条相交
解析:选D 由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行,故l1,l2中至少有一条与l相交.
2.已知PA⊥矩形ABCD,则下列结论中不正确的是(  )
A.PB⊥BC        B.PD⊥CD
C.PD⊥BD  D.PA⊥BD
解析:选C 如图所示,由于PA⊥平面ABCD,且底面ABCD为矩形,所以PA⊥BD(即D正确),BC⊥PA,BC⊥BA,而PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB(即A正确).同理PD⊥CD(即B正确),PD与BD不垂直,所以C不正确.

3.如图,在直三棱柱ABC­A1B1C1中,D为A1B1的中点,AB=BC=BB1=2,AC=25,则异面直线BD与AC所成的角为(  )
A.30°          B.45°
C.60°  D.90°
解析:选C 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=5,所以∠BDE=60°,故选C.
4.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:选A 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.
5.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
解析:选D 由于m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,则平面α与平面β必相交,但未必垂直,且交线垂直于直线m,n,又直线l满足l⊥m,l⊥n,则交线平行于l,故选D.
6.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
解析:选D 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.
7.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,给出五个结论:①OM∥PD;②OM∥平面PCD;③OM∥平面PDA;④OM∥平面PBA;⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数是(  )
A.1  B.2
C.3  D.4
解析:选C 显然OM∥PD,又PD⊂平面PCD,PD⊂平面PDA.∴OM∥平面PCD,OM∥平面PDA.
∴①②③正确.
8.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,直线BD和平面ABC所成的角的大小为(  )
A.90°  B.60°
C.45°  D.30°
解析:选C 当三棱锥D­ABC体积最大时,平面DAC⊥平面ABC,取AC的中点O,则△DBO是等腰直角三角形,即∠DBO=45°.
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.请把正确答案填在题中的横线上)
9.在正方体ABCD­A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有________条.

解析:如图,在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD与平面α不平行,所以它们相交,设α∩CD=Q,连接PQ,则PQ与EF必然相交.由点P的任意性,知有无数条直线与A1D1,EF,CD都相交.
答案:无数
10.已知a,b表示直线,α,β,γ表示平面.
①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,
则a⊥b;④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.
上述命题中,正确命题的序号是________.
解析:对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.
答案:②④
11.如图所示,直线a∥平面α,点A在α另一侧,点B,C,D∈a,线段AB,AC,AD分别交α于点E,F,G.若BD=4,CF=4,AF=5,则EG=________.
解析:A∉a,则点A与直线a确定一个平面,即平面ABD.因为a∥α,且α∩平面ABD=EG,所以a∥EG,即BD∥EG,所以AFAC=AEAB.又EGBD=AEAB,所以AFAC=EGBD.于是EG=AF•BDAC=5×45+4=209.
答案:209
12.如图所示,在正方体ABCD­A1B1C1D1中,侧面对角线AB1,BC1上分别有一点E,F,且B1E=C1F,则直线EF与平面ABCD的位置关系是________,EF与BB1的位置关系是________.
解析:过点E作EG∥AB,交BB1于点G,
 
连接GF,则B1EB1A=B1GB1B.∵B1E=C1F,B1A=C1B,∴C1FC1B=B1GB1B,∴FG∥B1C1∥BC.又EG∩FG=G,AB∩BC=B,∴平面EFG∥平面ABCD.又EF⊂平面EFG,∴EF∥平面ABCD.
又B1B⊥AB,B1B⊥BC,AB∩BC=B,
∴B1B⊥平面ABCD,∴B1B⊥平面EFG.
又∵EF⊂平面EFG,
∴B1B⊥EF.
答案:平行 垂直

13.如图,四面体P­ABC中,PA=PB=13,平面PAB⊥平面ABC,∠ABC=90°,AC=8,BC=6,则PC=________,PC与平面ABC所成角的余弦值为________.
解析:取AB的中点E,连接PE.
∵PA=PB,
∴PE⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC,
∴PE⊥平面ABC.连接CE,∴PE⊥CE,∠PCE为直线PC与平面ABC所成的角.
∠ABC=90°,AC=8,BC=6,
∴AB=27,PE=PA2-AE2=6,
CE=BE2+BC2=43,
PC=PE2+CE2=7,cos∠PCE=437.
答案:7 437
14.在四棱锥P­ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,BC=2AD=4,AB=CD=10,则BD与平面PAC的位置关系是________; 若二面角A­PC­D的大小为60°,则AP的值为________.
解析:设O为AC与BD的交点,作DE⊥BC于点E.由四边形ABCD是等腰梯形易证得∠DBC=∠BCA,
由已知条件易得CE=BC-AD2=1,则DE=DC2-CE2=3,
所以BE=DE,从而得∠DBC=∠BDE=∠BCA=45°,
所以∠BOC=90°,即AC⊥BD.
由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD,又PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC.
 
作OH⊥PC于点H,连接DH.又DO⊥平面PAC,
故DO⊥PC.又DO∩OH=O,
所以PC⊥平面DOH,从而得PC⊥DH.故∠DHO是二面角A­PC­D的平面角,
所以∠DHO=60°.
易知DO=2,AC=32,因为在Rt△DOH中,tan∠OHD=tan 60°=ODOH,所以OH=63.
在Rt△COD中,OC=CD2-OD2=22.
在Rt△PAC中,PAPC=OHOC.设PA=x,
可得xx2+322=36,
解得x=32211,即AP=32211.
答案:垂直 32211
15.如图1所示的等边△ABC的边长为2a,CD是AB边上的高,E,F分别是AC,BC边的中点.现将△ABC沿CD折叠,使平面ADC⊥平面BDC,如图2所示,则直线AB与平面DEF的位置关系是________,四面体A­DBC的外接球体积与四棱锥D­ABFE的体积之比为________.
 
解析:∵E,F分别为AC,BC的中点,∴AB∥EF,
∵AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,
∴AB∥平面DEF.
以DA,DB,DC为棱补成一个长方体,则四面体A­DBC的外接球即为长方体的外接球.
设球的半径为R,则a2+a2+3a2=(2R)2,∴R2=54a2,
于是球的体积V1=43πR3=556πa3.
又VA­BDC=13S△BDC•AD=36a3,
VE­DFC=13S△DFC•12AD=324a3,
∴V1VD­ABFE=V1VA­BDC-VE­DFC=2015π9.
答案:平行 2015π9
三、简答题(本大题共5小题,共74分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(本小题满分14分)在空间四边形ABCD中,E,H分别是AB,AD的中点,F,G分别是BC,CD上的点,且CFCB=CGCD=23.求证:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)三条直线EF,GH,AC交于一点.
证明:(1)在△ABD中,E,H分别是AB和AD的中点,
∴EH綊12BD.
在△CBD中,CFCB=CGCD=23,∴FG綊23BD.
∴EH∥FG.
∴E,F,G,H四点共面.
(2)由(1)可知,EH∥FG,且EH≠FG,所以它们的延长线必相交于一点,设为点P.
∵AC是平面ABC和平面ADC的交线,EF⊂平面ABC,GH⊂平面ADC,平面ABC∩平面ADC=P,∴由公理3知P∈AC.
∴三条直线EF,GH,AC交于一点.

17.(本小题满分15分)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC.
(1)证明:BC∥平面PDA;
(2)证明:BC⊥PD.
证明:(1)∵在长方形ABCD中,BC∥AD,BC⊄平面PDA,AD⊂平面PDA,
∴BC∥平面PDA.
 
(2)取CD的中点H,连接PH.
∵PD=PC,
∴PH⊥CD.
又平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,PH⊂平面PDC,
∴PH⊥平面ABCD.
又BC⊂平面ABCD,
∴PH⊥BC.
∵在长方形ABCD中,BC⊥CD,PH∩CD=H,
∴BC⊥平面PDC.
又PD⊂平面PDC,
∴BC⊥PD.
18.(本小题满分15分)如图,平行六面体ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形,∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.
(1)求证:C1C⊥BD.
(2)当CDCC1的值为多少时,可使A1C⊥平面C1BD?
解:(1)证明:连接A1C1,AC,设AC和BD交于点O,连接C1O.
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,BC=CD.
又∵∠BCC1=∠DCC1,C1C是公共边,
∴△C1BC≌△C1DC,∴C1B=C1D.
∵DO=OB,∴C1O⊥BD.又∵AC∩C1O=O,
∴BD⊥平面ACC1A1.又∵C1C⊂平面ACC1A1,
∴C1C⊥BD.
(2)由(1)知BD⊥平面AC1.
∵A1C⊂平面ACC1A1,∴BD⊥A1C.
当CDCC1=1时,平行六面体的六个面是全等的菱形.
同理可证BC1⊥A1C.
又∵BD∩BC1=B,∴A1C⊥平面C1BD.
19.(本小题满分15分)如图所示,在长方体ABCD­A1B1C1D1中,AB=2,BB1=BC=1,E为D1C1的中点,连接ED,EC,EB和DB.
(1)求证:平面EDB⊥平面EBC;
(2)求二面角E­DB­C的正切值.
解:(1)证明:在长方体ABCD­A1B1C1D1中,AB=2,BB1=BC=1,E为D1C1的中点.所以△DD1E为等腰直角三角形,∠D1ED=45°.
同理∠C1EC=45°.所以∠DEC=90°,
即DE⊥EC.
在长方体ABCD­A1B1C1D1中,BC⊥平面D1DCC1,
又DE⊂平面D1DCC1,
所以BC⊥DE.又EC∩BC=C,
所以DE⊥平面EBC.
因为DE⊂平面DEB,所以平面DEB⊥平面EBC.
(2)如图所示,过E在平面D1DCC1中作EO⊥DC于O.在长方体ABCD­A1B1C1D1中,因为平面ABCD⊥平面D1DCC1,所以EO⊥面ABCD.过O在平面DBC中作OF⊥DB于F,连接EF,所以EF⊥BD.∠EFO为二面角E­DB­C的平面角.利用平面几何知识可得OF=15,
又OE=1,所以tan∠EFO=5.
20.(本小题满分15分)(浙江高考)如图,在三棱柱ABC­A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.
(1)证明:A1D⊥平面A1BC;
(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.
解:(1)证明:设E为BC的中点,连接AE,A1E,DE,
由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.
因为AB=AC,所以AE⊥BC.
又因为A1E,BC⊂平面A1BC,A1E∩BC=E,
故AE⊥平面A1BC.
由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,
从而DE∥A1A且DE=A1A,
所以四边形AA1DE为平行四边形.
于是A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.
(2)作A1F⊥DE,垂足为F,连接BF.
因为A1E⊥平面ABC,所以BC⊥A1E.
因为BC⊥AE,AE∩A1E=E,
所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F.
又因为DE∩BC=E,所以A1F⊥平面BB1C1C.
所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角.
由AB=AC=2,∠CAB=90°,得EA=EB=2.
由A1E⊥平面ABC,得A1A=A1B=4,A1E=14.
由DE=BB1=4,DA1=EA=2,∠DA1E=90°,得A1F=72.所以sin∠A1BF=78.