《第2章+点直线平面之间的位置关系》单元测验2.docx
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《第2章+点直线平面之间的位置关系》单元测验2
一、选择题
1、如图BC是Rt△ABC的斜边,过A作△ABC所在平面a垂线AP,连PB、PC,过A作AD⊥BC于D,连PD,那么图中直角三角形的个数是( )
A、4个B、6个
C、7个D、8个
2、直线a与平面a斜交,则在平面a内与直线a垂直的直线( )
A、没有B、有一条
C、有无数条D、a内所有直线
3、已知直线a、b和平面M、N,且a⊥M,那么( )
A、b∥M⇒b⊥aB、b⊥a⇒b∥M
C、N⊥M⇒a∥ND、a⊄N⇒M∩N≠φ
二、填空题(共3小题,每小题5分,满分15分)
4、边长为a的正六边形ABCDEF在平面a内,PA⊥a,PA=a,则P到CD的距离为 _________ ,P到BC的距离为 _________ .
5、AC是平面a的斜线,且AO=a,AO与a成60°角,OCÌa,AA'⊥a于A',∠A'OC=45°,则A到直线OC的距离是 _________ ,∠AOC的余弦值是 _________ .
6、在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,经过其对角线BD1的平面分别与棱AA1、CC1相交于E,F两点,则四边形EBFD1的形状为 _________
三、解答题
7、在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,求证:
A1C⊥平面BC1D.
8、正方体ABCD﹣A1B1C1D1中.
(1)求证:
平面A1BD∥平面B1D1C;
(2)若E、F分别是AA1,CC1的中点,求证:
平面EB1D1∥平面FBD.
9、如图,已知M、N、P、Q分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点.
求证:
(1)线段MP和NQ相交且互相平分;
(2)AC∥平面MNP,BD∥平面MNP.
10、四面体ABCD中,AC=BD,E,F分别为AD,BC的中点,且
,∠BDC=90°,求证:
BD⊥平面ACD.
11、如图,P△ABC所在平面外一点,PA=PB,CB⊥平面PAB,M是PC中点,N是AB上的点,AN=3NB,
(1)求证:
MN⊥AB;
(2)当∠PAB=90°,BC=2,AB=4时,求MN的长.
12、如图,A,B,C,D四点都在平面a,b外,它们在a内的射影A1,B1,C1,D1是平行四边形的四个顶点,在b内的射影A2,B2,C2,D2在一条直线上,求证:
ABCD是平行四边形.
13、如图,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M、N分别为AB、PC的中点;
(Ⅰ)求证:
MN∥平面PAD;
(Ⅱ)求证:
MN⊥CD.
14、如图,已知SA,SB,SC是由一点S引出的不共面的三条射线,∠ASC=∠ASB=45°,∠BSC=60°,∠SAB=90°,求证:
AB⊥SC.
答案与评分标准
一、选择题(共3小题,每小题4分,满分12分)
1、如图BC是Rt△ABC的斜边,过A作△ABC所在平面a垂线AP,连PB、PC,过A作AD⊥BC于D,连PD,那么图中直角三角形的个数是( )
A、4个B、6个
C、7个D、8个
考点:
三垂线定理;棱锥的结构特征。
分析:
利用AP⊥面ABC,Rt△ABC,AD是PD在面ABC内的射影,故由AD⊥BC可得PD⊥BC.
解答:
解:
∵BC是Rt△ABC的斜边,
A作△ABC所在平面a垂线AP,AD⊥BC于D,
图中直角三角形有:
△ABC,△PAB,△PAD,△PAC,△ADB,△ADC,△PDB,△PDC共8个,
故选D.
点评:
本题考查三垂线定理的应用,以及棱锥的结构特征,体现数形结合的数学思想.
2、直线a与平面a斜交,则在平面a内与直线a垂直的直线( )
A、没有B、有一条
C、有无数条D、a内所有直线
考点:
空间中直线与平面之间的位置关系。
专题:
数形结合。
分析:
画出图形,结合图形举例说明即可.
解答:
解:
如图
过点B作BC⊥α,则AB在平面α内的射影是AC然后过点A作AC的垂线,
而在平面α内与AC平行的直线有若干条,如图中的直线c
故选:
C
点评:
本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系,结合数形结合的数学思想,属于基础题之列.
3、已知直线a、b和平面M、N,且a⊥M,那么( )
A、b∥M⇒b⊥aB、b⊥a⇒b∥M
C、N⊥M⇒a∥ND、a⊄N⇒M∩N≠φ
考点:
直线与平面垂直的性质。
专题:
证明题。
分析:
本题要求学生要熟练运用直线与平面垂直的性质,数形结合,考虑多种情况
解答:
解:
对于A,如图A所示:
过直线b作平面N与平面M相交于直线l,由直线与平面平行的性质定理可知:
b∥l,又因为a⊥M,l⊂M,所以a⊥l,所以b⊥a,则A正确;
选项B、C均少考虑了直线在面内的情况,分别如图B、C所示,均错误;
对于D、用排除法,如图D所示,M∥N,D错误;
故选A.
点评:
这种题型属于易错题,其实难度不大,经常考虑不到的情况就是平行里面要注意排除的“直线在面内”的情况,学生可充分利用数形结合去解答
二、填空题(共3小题,每小题5分,满分15分)
4、边长为a的正六边形ABCDEF在平面a内,PA⊥a,PA=a,则P到CD的距离为 2a ,P到BC的距离为
a .
考点:
点、线、面间的距离计算。
专题:
计算题。
分析:
先证明PC垂直于CD,然后在直角三角形PAC中利用勾股定理求出PC即可;同理先证明PQ垂直于BC,然后在直角三角形PAQ中利用勾股定理求出PQ即可求出所求.
解答:
解:
连接AC,CD⊥AC
∵PA⊥平面a,CD⊂平面a
∴PA⊥CD,而PA∩AC=A
∴CD⊥平面PAC,则PC⊥CD
在直角三角形PAC中,AC=
,PA=a,
根据勾股定理可知PC=2a
即P到CD的距离为2a;
过点A作BC的垂线交BC的延长线于点Q,连接PQ
在直角三角形PAQ中,AQ=
,PA=a
根据勾股定理可知PQ=
∴P到BC的距离为
故答案为:
2a,
点评:
本题主要考查了空间点到直线的距离,以及线面垂直的判定和性质,同时考查了空间想象能力、计算能力,转化与划归的思想,属于中档题.
5、AC是平面a的斜线,且AO=a,AO与a成60°角,OCÌa,AA'⊥a于A',∠A'OC=45°,则A到直线OC的距离是
a ,∠AOC的余弦值是
.
考点:
点、线、面间的距离计算;三垂线定理。
专题:
计算题。
分析:
如图可知cos∠AOA′=cos∠A′OC=cos∠AOC,进而求得cos∠AOC,利用直角三角形AOC求得A到直线OC的距离,求得答案.
解答:
解:
∵cos∠AOA′•cos∠A′OC=cos∠AOC,
∴
•
=cos∠AOC.
∴cos∠AOC=
.
∴sin∠AOC=
,
∴AC=AO•sin∠∠AOC=a×
=
a.
故答案为:
a;
.
点评:
本题主要考查了点到直线的距离计算.在立体几何中,求点到直线的距离是一个常见的题型,属于基础题.
6、在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,经过其对角线BD1的平面分别与棱AA1、CC1相交于E,F两点,则四边形EBFD1的形状为 平行四边形
考点:
空间中直线与直线之间的位置关系。
分析:
要证明四边形EBFD1的形状为平行四边形,只需证明两条对边D1E与BF,BE与FD1分别平行即可.
解答:
解:
因为在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,平面AA1DD1与平面BB1C1CP平行,
而经过对角线BD1的平面分别与这两个相交于D1E与BF,
根据面面平行的性质定理,故D1E∥BF,
同理可证BE∥FD1,
所以四边形EBFD1的形状为平行四边形,
故答案为平行四边形.
点评:
本题考查平行四边形的判定定理,由本题给出的条件,用平行四边形的定义解决;在空间中,在同一个平面内,平面几何的定理,性质仍然成立.
三、解答题(共8小题,满分0分)
7、在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,求证:
A1C⊥平面BC1D.
考点:
直线与平面垂直的判定。
专题:
证明题。
分析:
建立如图的坐标系,令正方体的棱长为1,给出相应点的坐标,利用向量法证明线面垂直,
解答:
解:
如图,以DA所在直线为横轴,以DC所在直线为Y轴,以DD所在直线为Z轴,建立坐标系,不妨令正方体的棱长为1
则A1(1,0,1),C(0,1,0),D(0,0,0),B(1,1,0),C1(0,1,1)
故
=(﹣1,1,﹣1),
=(﹣1,﹣1,0),
=(0,1,1)
∵
=0,
=0
∴A1C⊥BD,A1C⊥C1D又BD∩C1D=D,
∴A1C⊥平面BC1D
点评:
本题考查线面垂直的证明,由于其所在的背景是正方体,方便建立空间坐标系,所以本题采用向量法证明线面垂直,向量法是解决此类问题的一个比较优秀的方法.
8、正方体ABCD﹣A1B1C1D1中.
(1)求证:
平面A1BD∥平面B1D1C;
(2)若E、F分别是AA1,CC1的中点,求证:
平面EB1D1∥平面FBD.
考点:
平面与平面平行的判定。
专题:
计算题;证明题。
分析:
(1)有B1B∥DD1⇒B1D1∥BD平⇒面A1BD∥平面B1CD.
(2)由AE∥B1G⇒B1E∥AG,再由AG∥DF⇒B1E∥DF,B1E∥DF⇒DF∥平面EB1D1.
解答:
证明:
(1)由B1B∥DD1,得四边形BB1D1D是平行四边形,
∴B1D1∥BD,
又BDË平面B1D1C,B1D1∥平面B1D1C,
∴BD∥平面B1D1C.
同理A1D∥平面B1D1C.
而A1D∩BD=D,
∴平面A1BD∥平面B1CD.
(2)由BD∥B1D1,得BD∥平面EB1D1.
取BB1中点G,∴AE∥B1G.
从而得B1E∥AG,同理GF∥AD.
∴AG∥DF.
∴B1E∥DF.
∴DF∥平面EB1D1.
∴平面EB1D1∥平面FBD.
点评:
要证“面面平行”只要证“线面平行”,要证“线面平行”,只要证“线线平行”,故问题最终转化为证线与线的平行.
9、如图,已知M、N、P、Q分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点.
求证:
(1)线段MP和NQ相交且互相平分;
(2)AC∥平面MNP,BD∥平面MNP.
考点:
直线与平面平行的判定;平面的基本性质及推论。
专题:
证明题;综合题。
分析:
(1)M、N、P、Q是相应边的中点,由中位线定理易得MN∥AC,MN=
AC.PQ∥CA,PQ=
CA,从而知MNPQ是平行四边形,对角线互相平分;
(2)由
(1)知AC∥MN.由线面平行的判定定理易证AC∥平面MNP,同理BD∥NP,由线面平行的判定定理易证BD∥平面MNP.
解答:
解:
证明:
(1)∵M、N是AB、BC的中点,∴MN∥AC,MN=
AC.
∵P、Q是CD、DA的中点,∴PQ∥CA,PQ=
CA.
∴MN∥QP,MN=QP,MNPQ是平行四边形.
∴□MNPQ的对角线MP、NQ相交且互相平分.
(2)由
(1),AC∥MN.记平面MNP(即平面MNPQ)为α.显然AC⊄α.
否则,若AC⊂α,
由A∈α,M∈α,得B∈α;
由A∈α,Q∈α,得D∈α,则A、B、C、D∈α,
与已知四边形ABCD是空间四边形矛盾.
又∵MNÌα,∴AC∥α,
又ACËα,∴AC∥α,即AC∥平面MNP.
又∵BD∥NP,BD⊄平面MNP,NP⊂平面MNP
∴BD∥平面MNP.
点评:
本题主要考查平行四边形中的平行关系和线面平行的判定宝理,同时培养学生空间和平面的转化化归能力.
10、四面体ABCD中,AC=BD,E,F分别为AD,BC的中点,且
,∠BDC=90°,求证:
BD⊥平面ACD.
考点:
直线与平面垂直的判定。
专题:
证明题。
分析:
欲证BD⊥平面ACD,根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证BD与平面ACD内两相交直线垂直,取CD的中点G,连接EG,FG,根据勾股定理可证得EG⊥FG,又BD⊥CD,AC∩CD=C,结论得证.
解答:
证明:
取CD的中点G,连接EG,FG,∵E,F分别为AD,BC的中点,
∴EG
;FG
BD,又AC=BD,∴
,
∴在△EFG中,
∴EG⊥FG,∴BD⊥AC,又∠BDC=90°,即BD⊥CD,AC∩CD=C,
∴BD⊥平面ACD.
点评:
本题主要考查了直线与平面垂直的判定,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力,属于基础题.
11、如图,P△ABC所在平面外一点,PA=PB,CB⊥平面PAB,M是PC中点,N是AB上的点,AN=3NB,
(1)求证:
MN⊥AB;
(2)当∠PAB=90°,BC=2,AB=4时,求MN的长.
考点:
点、线、面间的距离计算;直线与平面垂直的性质。
专题:
计算题;证明题。
分析:
(1)取AB中点Q,连接PQ,CQ,根据线面垂直的判定定理可知PQ⊥平面ABC,从而∠PQC=90°,再根据M是PC中点,根据直角三角形的中线定理可知MB=
PC,则MB=MQ,而N是BQ的中点,根据直角三角形的中线定理可的结论;
(2)先在直角三角形PAB中求出PB,然后求出MB的长以及BN的长,最后在直角三角形MNB中求出MN即可.
解答:
解:
(1)证明:
取AB中点Q,连接PQ,CQ,
因为CB⊥平面PAB,则PQ⊥BC,又PA=PB,所以PQ⊥AB,
于是PQ⊥平面ABC,所以∠PQC=90°,
因为M是PC中点,所以MQ=
PC,
又因为∠CBP=90°,所以MB=
PC,所以MB=MQ;
而N是BQ的中点,所以MN⊥AB;
(2)当∠APB=90°,BC=2,AB=4时,
有PB=2
,PC=2
,MB=
PC=
,
所以MN=
.
点评:
本题主要考查了线线的位置关系,以及线段的度量,同时考查了空间想象能力、计算与推理的能力,属于基础题.
12、如图,A,B,C,D四点都在平面a,b外,它们在a内的射影A1,B1,C1,D1是平行四边形的四个顶点,在b内的射影A2,B2,C2,D2在一条直线上,求证:
ABCD是平行四边形.
考点:
平面与平面平行的性质;平面的基本性质及推论。
专题:
证明题。
分析:
先说明A,B,C,D四点共面,再根据平面ABB1A1与平面CDD1C1平行的性质定理可知平面ABCD与平面ABB1A1的交线AB,与平面CDD1C1的交线是CD,AB∥CD,AD∥BC,从而问题得证.
解答:
证明:
∵A,B,C,D四点在b内的射影A2,B2,C2,D2在一条直线上,
∴A,B,C,D四点共面.
又A,B,C,D四点在a内的射影A1,B1,C1,D1是平行四边形的四个顶点,
∴平面ABB1A1∥平面CDD1C1.
∴AB,CD是平面ABCD与平面ABB1A1,平面CDD1C1的交线.
∴AB∥CD.同理AD∥BC.
∴四边形ABCD是平行四边形.
点评:
本小题主要考查平面与平面平行的性质,以及平面的基本性质及推论,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力,属于基础题.
13、如图,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M、N分别为AB、PC的中点;
(Ⅰ)求证:
MN∥平面PAD;
(Ⅱ)求证:
MN⊥CD.
考点:
直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的性质。
专题:
证明题。
分析:
(Ⅰ)取的PD中点为E,并连接NE,AE,根据中位线可知NE∥CD且
,AM∥CD且
,则AM∥NE且AM=NE,从而四边形AMNE为平行四边形,所以AE∥MN,又因AE⊂在平面PAD,MN⊄在平面PAD,根据线面平行的判定定理可知A1C∥平面BDE,从而MN∥平面PAD.
(Ⅱ)根据PA⊥矩形ABCD则PA⊥CD,又因四边形ABCD为矩形则AD⊥CD,从而CD⊥平面PAD,又因AE⊂在平面PAD,根据线面垂直的性质可知CD⊥AE,根据AE∥MN,可知MN⊥CD.
解答:
证明:
(Ⅰ)取的PD中点为E,并连接NE.AE∵M、N分别为AB、PC的中点
∴NE∥CD且
,AM∥CD且
∴AM∥NE且AM=NE
∴四边形AMNE为平行四边形∴AE∥MN
又∵又AE⊂在平面PAD,MN⊄在平面PAD∴A1C∥平面BDE.
∴MN∥平面PAD(4分)
(Ⅱ)证明:
∵PA⊥矩形ABCD∴PA⊥CD又
∵四边形ABCD为矩形∴AD⊥CD
∴CD⊥平面PAD
又∵AE⊂在平面PAD∴CD⊥AE
再∵AE∥MN
∴MN⊥CD
点评:
本小题主要考查直线与平面平行,以及空间两直线的位置关系等基础知识,考查空间想象能力,运算能力和推理论证能力.
14、如图,已知SA,SB,SC是由一点S引出的不共面的三条射线,∠ASC=∠ASB=45°,∠BSC=60°,∠SAB=90°,求证:
AB⊥SC.
考点:
空间中直线与直线之间的位置关系。
分析:
首先设SC=a,SA=b,再由已知条件及余弦定理表示出AB、AC、BC,进而通过AB、AC、BC间的等量关系证得AB⊥AC的结论,进一步证得AB⊥平面SAC,最后证得AB⊥SC.
解答:
证明:
设SC=a,SA=b,则AB=b,SB=
b.
又AC2=a2+b2﹣2abcos45°=a2+b2﹣
ab
BC2=a2+
﹣2
bacos60°=a2+2b2﹣
ab.
∴AB2+AC2=b2+a2+b2﹣
ab=a2+2b2﹣
ab=BC2
∴∠BAC=90°,即AB⊥AC.
又AB⊥SA,且AC∩SA=A,
∴AB⊥平面SAC,
又SC⊂平面SAC,
∴AB⊥SC.
点评:
本题主要考查线面垂直的判定、性质及余弦定理.
参与本试卷答题和审题的老师有:
zzwxgp;庞会丽;wzj123;xintrl;minqi5;caoqz115588;lily2011;wodeqing。
(排名不分先后)
菁优网
2012年2月4日
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- 第2章+点直线平面之间的位置关系 直线 平面 之间 位置 关系 单元 测验