第13講空間圖形的位置關(guān)系(分層訓(xùn)練)-2022年春季高一數(shù)學(xué)輔導(dǎo)講義（蘇教版2019必修第二冊(cè)）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

基礎(chǔ)組
一、選擇題
1．(2021?浙江二模)已知直線l，m和平面α( )
A．若l∥m，m?α，則l∥α；B．若l∥α，m?α，則l∥m；
C．若l⊥α，m?α，則l⊥m；D．若l⊥m，l⊥α，則m⊥α
【答案】C．
【解析】對(duì)于A，若l∥m，m?α，則l∥α或l?α，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若l∥α，m?α，則l∥m或l與m異面，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，若l⊥α，m?α，則由線面垂直的性質(zhì)得l⊥m，故C正確；
對(duì)于D，若l⊥m，l⊥α，則m與α平行或m?α，故D錯(cuò)誤．
2．(2021春?瑤海區(qū)月考)如圖所示，將無(wú)蓋正方體紙盒展開(kāi)，直線AB，CD在原正方體中的位置關(guān)系是( )
A．平行；B．相交；C．異面；D．相交成60°
【答案】D．
【解析】將無(wú)蓋正方體紙盒還原后，A，B，C，D在正方體中的位置如圖所示，
連結(jié)AC，則△ABC為等邊三角形，
所以∠ABC＝60°，
所以直線AB，CD在原正方體中的位置關(guān)系是相交成60°．
3．(2021春?瑤海區(qū)月考)如圖是一個(gè)正方體的展開(kāi)圖，如果將它還原為正方體，那么AB，CD，EF，GH這四條線段所在直線是異面直線的對(duì)數(shù)是( )
A．3；B．4；C．5；D．6
【答案】C．
【解析】如圖所示，把展開(kāi)圖再還原成正方體，
由經(jīng)過(guò)平面外一點(diǎn)和平面內(nèi)一點(diǎn)的直線和平面內(nèi)不經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的直線是異面直線，
可得AB，CD，EF，GH這四條線段所在直線是異面直線的有，AB和CD，AB和GH，CD和EF，CD和GH，EF和GH，共5對(duì)．
4．(2021?浙江模擬)已知平面α∥平面β，且直線l?α，直線m?β，則l與m的位置關(guān)系不可能是( )
A．平行；B．異面；C．相交；D．平行或異面
【答案】C．
【解析】因?yàn)槠矫姒痢纹矫姒?，可得兩平面α，β無(wú)公共點(diǎn)，即有直線l與直線m也無(wú)公共點(diǎn)，
所以直線l與直線m可能平行或異面，即不可能相交．
5．(2021?貴州模擬)如圖，G，H，M，N分別是直三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則在下列圖形中GH∥MN的是( )
A．；B．；C．；D．
【答案】D．
【解析】對(duì)于A，若GH∥MN，可得G，H，M，N四點(diǎn)共面，則直線MG，HN共面，
這與MG，NH異面矛盾，所以A中的兩直線不平行；
由異面直線的定義可得B，C中的兩直線GH，MN為異面直線；
由N，H為中點(diǎn)，可得NH∥MG，且NH＝MG，則四邊形MGHN為平行四邊形，
D中的兩直線為平行直線．
6．(2021?合肥一模)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》第五卷“商功”中，把底面為直角三角形的直三棱柱稱(chēng)為塹堵．如圖，在塹堵ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝CC1，M，N分別是線段A1C，BC1上的點(diǎn)，且A1M＝2MC，BN＝2NC1，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．A1C⊥AB；B．A1C⊥BC1；C．MN⊥A1B；D．MN⊥A1C
【答案】D．
【解析】設(shè)AC＝BC＝CC1＝3，C1P=13C1C＝1，CQ=13CC1＝1，PQ＝1，
由A1M＝2MC，BN＝2NC1，可得CM=13A1C=13×32=2，
又PN∥CB，PN⊥CC1，可得CN=CP2+PN2=4+1=5，
由BC⊥AC，BC⊥CC1，可得BC⊥平面ACC1A1，
則NP⊥平面ACC1A1，NP⊥PM，
又MQ⊥CQ，
所以MN=MQ2+PQ2+NP2=1+1+1=3，
所以CM2+MN2＝CN2，
所以MN⊥A1C，
故D正確．
7．(2020秋?瀘州期末)如圖，長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱所在直線與直線BA1為異面直線的條數(shù)是( )
A．4；B．5；C．6；D．7
【答案】C．
【解析】根據(jù)異面直線的定義可得，與直線BA1為異面直線的棱有：AD，B1C1，CD，C1D1，CC1，DD1，共6條．
8．(2021?原州區(qū)校級(jí)一模)在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O是DB的中點(diǎn)，直線A1C交平面C1BD于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是( )
①C1、M、O三點(diǎn)共線； ②C1、M、A、C四點(diǎn)共面；
③C1、O、B1、B四點(diǎn)共面； ④D1、D、O、M四點(diǎn)共面．
A．①②③；B．①②③④；C．①②；D．③④
【答案】C．
【解析】∵O∈AC，AC?平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1，∵O∈BD，BD?平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共點(diǎn)；
同理可得，點(diǎn)M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共點(diǎn)，所以根據(jù)公理3可得C1、B，D在平面ACC1A1和平面C1BD的交線上，因此①正確．
∵AA1∥BB1，BB1∥CC1，∴AA1∥CC1∴AA1，CC1確定一個(gè)平面，又M∈A1C，A1C?平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1，故②正確．
根據(jù)異面直線的判定定理可得BB1與C1O為異面直線，故C1、O、B1、B四點(diǎn)不共面，故③不正確．
根據(jù)異面直線的判定定理可得DD1與MO為異面直線，故D1、D、O、M四點(diǎn)不共面，故④不正確．
9．(2019秋?德宏州期末)如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M、N、F分別是B1C1、CC1、AB的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．MN=12EF，且MN與EF平行；B．MN≠12EF，且MN與EF平行；
C．MN=12EF，且MN與EF異面；D．MN≠12EF，且MN與EF異面
【答案】D．
【解析】設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2a，
則MN=MC12+C1N2=(2a2)2+(2a2)2=2a，
作點(diǎn)E在平面ABCD內(nèi)的射影點(diǎn)G，連結(jié)EG，GF，
所以EF=EG2+GF2=(2a2)2+(2a)2=3a，
所以MN≠12EF，故選項(xiàng)A，C錯(cuò)誤；
連結(jié)DE，因?yàn)镋為平面ADD1A1的中心，所以DE=12A1D，
又因?yàn)镸，N分別為B1C1，CC1的中點(diǎn)，所以MN∥B1C，
又因?yàn)锽1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，
所以MN與EF異面，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤．
10．(2020?德陽(yáng)模擬)如圖，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，在△BCD中∠BCD＝90°且BC＝3．將△ABC沿BC邊翻折，設(shè)點(diǎn)A在平面BCD上的射影為點(diǎn)M，若AM=32，那么( )
A．平面ABD⊥平面BCD；B．平面ABC⊥平面ABD；C．AB⊥CD；D．AC⊥BD
【答案】C
【解析】△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，BC＝3，
點(diǎn)A在平面BCD上的射影為點(diǎn)M，若AM=32，
由AM=12BC，可得M為BC的中點(diǎn)，
AM⊥平面BCD，則AM⊥CD，
又CD⊥BC，AM，BC為相交直線，
可得CD⊥平面ABC，可得CD⊥AB，
11．(2020?興慶區(qū)校級(jí)四模)在空間中，a、b、c是三條不同的直線，α、β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中的真命題是( )
A．若a⊥c，b⊥c，則a∥b；B．若a?α，b?β，α⊥β，則a⊥b；
C．若a∥α，b∥β，α∥β，則a∥b；D．若α∥β，a?α，則a∥β
【答案】D．
【解析】對(duì)于A，若a⊥c，b⊥c，則a∥b或a與b相交或a與b異面，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若a?α，b?β，α⊥β，則a∥b或a與b相交或a與b異面，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，若a∥α，b∥β，α∥β，則a∥b或a與b異面，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，若α∥β，a?α，則a∥β，故D正確．
12．(2020?運(yùn)城模擬)已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，現(xiàn)有如下命題：
①若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β；②若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β；
③若α∥β，m?α，n?β，則m∥n；④若m∥α，m∥n，n⊥β，則α⊥β，
則正確命題的個(gè)數(shù)為( )
A．4；B．3；C．2；D．1
【答案】C．
【解析】①中，若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β或α與β相交，故①錯(cuò)誤；
②中，若m⊥α，m∥n，則n⊥α，又n⊥β，則α∥β，故②正確；
③中，若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m與n異面，故③錯(cuò)誤；
④中，若m∥α，m∥n，則n∥α或n?α，又n⊥β，則α⊥β，故④正確．
∴正確命題的個(gè)數(shù)為2個(gè)．
二、解答題
13．(2020秋?濰坊期中)從①BG→=2GC→，②G是PB的中點(diǎn)，③G是△PBC的內(nèi)心三個(gè)條件中任選一個(gè)條件，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，并完成解答，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，且PD＝1，AB=3，AD＝2，E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點(diǎn)．
(1)判斷EF與平面PAD的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
【解析】解：(1)EF與平面PAD平行．
證明如下：
連接AC，則AC與BD交于F點(diǎn)，
在△PAC中，E，F(xiàn)均為中點(diǎn)，∴EF∥PA，
∵EF?平面PAD，PA?平面PAD，
∴EF∥平面PAD．
14．(2020秋?南康區(qū)校級(jí)月考)在立體幾何中，用一個(gè)平面去截一個(gè)幾何體得到的平面圖形叫截面．如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)G，M分別是棱C1C，BC的中點(diǎn)．
(1)證明：A、M、G、D1共面；
【解析】解：(1)證明：連結(jié)BC1，
在正方體中，∵D1C1∥AB，∴BC1∥AD1，
又∵BC1∥GM，∴AD1∥MG，
∴A、M、G、D1四點(diǎn)共面．
15．(2020?武漢模擬)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝2，DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°．
(1)求證：AD⊥PB；
【解析】解：(1)如圖所示，
在四邊形ABCD中，連接BD，由DC＝BC＝1，AB＝2，∠BCD＝∠ABC=π2，
在△ABD中，BD＝AD=2，又AB＝2，
因此AD⊥BD，又PD⊥平面ABCD，
∴PD⊥AD，又BD∩PD＝D，
∴AD⊥平面PBD，
∴AD⊥PB；
16．(2020?錫山區(qū)校級(jí)模擬)如圖，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，∠BAC＝90°，M，N分別是A1B1，BC的中點(diǎn)．
(Ⅰ)證明：AB⊥AC1；
【解析】證明：(Ⅰ)由題意知，CC1⊥平面ABC，
∵AB?平面ABC，∴CC1⊥AB．
∵∠BAC＝90°，即AC⊥AB，且AC∩CC1＝C，
∴AB⊥平面ACC1A1．
又∵AC1?平面ACC1A1，∴AB⊥AC1．
17．(2019春?孝感期中)在四面體ABCD中，E，H分別是線段AB，AD的中點(diǎn)，F(xiàn)，G分別是線段CB，CD上的點(diǎn)，且CFBF=CGDG=12．求證：
(1)四邊形EFGH是梯形；
【解析】證明：(1)連結(jié)BD，
∵E，H分別是邊AB，AD的中點(diǎn)，
∴EH∥BD，且EH=12BD，
又∵CFCB=CGCD=13，
∴FG∥BD，且FG=13BD，
因此EH∥FG且EH≠FG
故四邊形EFGH是梯形．
18．(2018秋?鄂州期中)如圖1，在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝43，AB＝23，D，E分別為AC，BD的中點(diǎn)，連結(jié)AE并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)F，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如圖2所示．
(Ⅰ)求證：AE⊥CD；
【解析】(Ⅰ)如圖所示：
證明：由條件可知AB＝AD，E為BD的中點(diǎn)，
所以：AE⊥BD，
又面ABD⊥面BDC，
面ABD∩面BCD＝BD，且AE?面ABD，
所以：AE⊥面BCD
又因?yàn)镃D?平面BCD，
所以：AE⊥CD．
19．(2021?安徽模擬)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥平面PAD，PA＝AD＝DC＝2AB＝4，PD＝27，M是PC的中點(diǎn)．
(1)證明：平面ABM⊥平面PCD；
【解析】(1)證明：取PD的中點(diǎn)N，連接MN，AN，
∵PA＝AD，∴AN⊥PD，
∵AB∥CD，AB⊥平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AN，
又PD∩CD＝D，PD、CD?平面PCD，
∴AN⊥平面PCD，
∵AN?平面ABM，
∴平面ABM⊥平面PCD．
提高組
一、選擇題
1．(2020秋?玉溪月考)已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3，E，F(xiàn)，G分別為棱AA1，AB，CC1上的點(diǎn)，其中AE＝1，AF＝2，CG=32，平面α經(jīng)過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)，G，則α截此正方體所得的截面為( )
A．三角形；B．四邊形；C．五邊形；D．六邊形
【答案】C．
【解析】根據(jù)兩平行平面被第三個(gè)平面所截的交線平行，可知截面α與平面CC1D1D的交線平行于EF，
取AA1的中點(diǎn)N，BB1的中點(diǎn)M，連結(jié)BN、A1M、MG，
又AE＝1，AF＝2，AN=32，AB＝3，
所以EF∥BN，而B(niǎo)N∥A1M，A1M∥D1G，
所以EF∥D1G，D1G即為截面α與平面CC1D1D的交線，
而D1∈α，E∈α，D1∈平面ADD1A1，E∈平面ADD1A1，所以α∩平面ADD1A1＝ED1，
同理在BC上取點(diǎn)H，使得CH=94，ED1∥HG，連結(jié)FH，
所以平面EFHGD1即為截面α，即α截此正方體所得的截面為五邊形．
2．(2020秋?富順縣校級(jí)期中)a、b、c是三條不重合的直線，下列說(shuō)法正確的是( )
A．若a∥b，b∥c，則a∥c；B．若a⊥b，a⊥c，則b⊥c；
C．若直線l1，l2沒(méi)有交點(diǎn)，則l1，l2異面；D．若a⊥b，a⊥c，則b∥c
【答案】A．
【解析】a、b、c是三條不重合的直線，
對(duì)于A，若a∥b，b∥c，則由平行公理得a∥c，故A正確；
對(duì)于B，若a⊥b，a⊥c，則b與c相交、平行或異面，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，若直線l1，l2沒(méi)有交點(diǎn)，則l1，l2異面或平行，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，若a⊥b，a⊥c，則b與c平行、相交或異面，故D錯(cuò)誤．
3．(2020秋?懷仁市期中)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α表示平面，下列說(shuō)法正確的是( )
A．若m∥α，n?α，則m∥n；B．若m∥α，m⊥n，則n⊥α；
C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α；D．若m⊥α，n∥α，則m⊥n
【答案】D．
【解析】由m，n是兩條不同的直線，α表示平面，
對(duì)于A，若m∥α，n?α，則m與n平行或異面，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若m∥α，m⊥n，則n與α相交、平行或n?α，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，若m⊥α，n∥α，
則由線面垂直的性質(zhì)和線面平行的性質(zhì)得m⊥n，故D正確．
4．(2020秋?瑤海區(qū)校級(jí)期中)若直線l與平面α平行，直線a?α，則l與a位置關(guān)系( )
A．平行；B．異面；C．相交；D．沒(méi)有公共點(diǎn)
【答案】D．
【解析】∵直線l與平面α平行，∴l(xiāng)與平面α沒(méi)有公共點(diǎn)，
又直線a?α，∴l(xiāng)與a沒(méi)有公共點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確；
直線l與直線a沒(méi)有公共點(diǎn)，則l與a可能平行，也可能異面，故A與B錯(cuò)誤．
5．(2020秋?汾陽(yáng)市期中)關(guān)于空間兩條直線a，b和平面α，下列命題正確的是( )
A．若a∥α，b∥α，則a∥b；B．若a⊥α，b⊥α，則a∥b；
C．若a∥b，b∥α，則a∥α；D．若a⊥b，b⊥α，則a∥α
【答案】B．
【解析】若a∥α，b∥α，則a∥b或a與b相交或a與b異面，故A錯(cuò)誤；
若a⊥α，b⊥α，由直線與平面垂直的性質(zhì)可得a∥b，故B正確；
若a∥b，b∥α，則a∥α或a?α，故C錯(cuò)誤；
若a⊥b，b⊥α，則a∥α或a?α，故D錯(cuò)誤．
6．(2020秋?資中縣校級(jí)期中)若l1、l2為異面直線，直線l3與l2平行，則l1與l3的位置關(guān)系是( )
A．相交；B．異面；C．平行；D．異面或相交
【答案】D．
【解析】在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，
AB和CC1是異面直線，DD1∥CC1，AB和DD1是異面直線；
AB和CC1是異面直線，BB1∥CC1，AB和BB1是相交直線，
∴若l1、l2為異面直線，直線l3與l2平行，
則l1與l3的位置關(guān)系是異面或相交．
7．(2020秋?成都期中)若直線a⊥平面α，直線b⊥平面α，則直線a與直線b的位置關(guān)系為( )
A．異面；B．相交；C．平行；D．平行或異面
【答案】C．
【解析】若直線a⊥平面α，直線b⊥平面α，則直線a與直線b的位置關(guān)系是平行．
原因如下：
若a與b相交，設(shè)交點(diǎn)為O，則過(guò)O點(diǎn)有兩條直線都有平面α垂直，與過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直矛盾；
若a與b異面，如圖，
設(shè)b∩α＝O，則由a與O可確定平面β，在β內(nèi)過(guò)O作直線c∥a，則c⊥α，這樣，過(guò)O有兩條直線b與c與α垂直，
也與過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直矛盾．
8．(2020?碑林區(qū)校級(jí)模擬)已知在一個(gè)棱長(zhǎng)為12的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1和C1D1的中點(diǎn)分別為M，N，如圖，則過(guò)A，M，N三點(diǎn)的平面被正方體所截得的截面圖形為( )
A．六邊形；B．五邊形；C．四邊形；D．三角形
【答案】B．
【解析】在一個(gè)棱長(zhǎng)為12的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1和C1D1的中點(diǎn)分別為M，N，
如圖，截面與B1C1交于點(diǎn)E，且點(diǎn)E不會(huì)為B1或C1點(diǎn)，
截面與DD1交于F點(diǎn)，且點(diǎn)F不會(huì)為D或D1點(diǎn)，
∴截面有AM，ME，EN，NF，F(xiàn)A共計(jì)5條邊，
∴過(guò)A，M，N三點(diǎn)的平面被正方體所截得的截面圖形為五邊形AMENF．
9．(2020?道里區(qū)校級(jí)模擬)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E是棱B1C1的中點(diǎn)，則平面AD1E截該正方體所得的截面面積為( )
A．42；B．22；C．4；D．92
【答案】D．
【解析】取BB1中點(diǎn)F，連結(jié)EF、AF，
則EF∥AD1，∴梯形AFED1是平面AD1E截該正方體所得的截面，
∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E是棱B1C1的中點(diǎn)，
∴AD1=4+4=22，EF=12AD1=2，
AF＝D1E=4+1=5，
梯形AFED1的高h(yuǎn)=(5)2-(22)2=322，
∴平面AD1E截該正方體所得的截面面積為：
S=12(22+2)×322=92．
10．(2020?東湖區(qū)校級(jí)模擬)在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是正方形BB1C1C的中心，M為C1D1的中點(diǎn)，過(guò)A1M的平面α與直線DE垂直，則平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面積為( )
A．23；B．26；C．225；D．3
【答案】B．
【解析】如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，記AB的中點(diǎn)為N，
連結(jié)MC，CN，NA1，則平面A1MCN即為平面α，
證明如下：
由正方體的性質(zhì)可知：A1M∥NC，則A1，M，C，N四點(diǎn)共面，
記CC1的中點(diǎn)為F，連結(jié)DF，由題意得DF⊥MC，連結(jié)EF，則EF⊥MC，
∴MC⊥平面DEF，則DE⊥MC，
同理可證DE⊥NC，NC∩MC＝C，∴DE⊥平面A1MCN，
∴平面A1MCN即平面α，且四邊形A1MCN即平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面，
∵正方體的棱長(zhǎng)為2，由題意知四邊形A1MCN是菱形，
其對(duì)角線A1C＝23，MN＝22，
∴平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面積為：
S=12×22×23=26．
11．(2020春?清江浦區(qū)校級(jí)期中)如圖，在空間四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是四邊上的中點(diǎn)，則直線EG和FH的位置關(guān)系是( )
A．平行；B．相交；C．異面；D．以上都可能
【答案】A．
【解析】如圖，
連接EF、EG、GH、FH，
∵E、G分別為AB、BC的中點(diǎn)，∴EG為△ABC的中位線，
則EG∥AC；
∵F、H分別為AD、DC的中點(diǎn)，∴FH為△ADC的中位線，
則FH∥AC．
由平行公理可得，EG∥FH．
12．(2020春?浙江期中)對(duì)于空間中的兩條不同直線m，n和一個(gè)平面α，下列命題正確的是( )
A．若m∥α，n∥α，則m∥n；B．若m∥α，m∥n，則n∥α；
C．若m∥n，n?α，則m∥α；D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n
【答案】D．
【解析】對(duì)于A，若m∥α，n∥α，可得m，n平行、相交或異面，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若m∥α，m∥n，則n∥α或n?α，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，若m∥n，n?α，且m?α，則m∥α，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，若m⊥α，n⊥α，由同垂直于題意平面的兩直線平行，可得m∥n，故D正確．
13．(2020春?龍鳳區(qū)校級(jí)期中)在空間中，已知m，n為不同的直線，α，β，γ為不同的平面，則下列判斷正確的是( )
A．若m?α，m∥n，則n∥α；B．若m⊥α且m∥β，則α⊥β；
C．若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，則l⊥α；D．若α⊥β，α⊥γ，則β∥γ
【答案】B．
【解析】由m，n為不同的直線，α，β，γ為不同的平面，知：
對(duì)于A，若m?α，m∥n，則n∥α或n?α，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若m⊥α且m∥β，則由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正確；
對(duì)于C，若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，則l與α相交、平行或l?α，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，若α⊥β，α⊥γ，則β與γ相交或平行，故D錯(cuò)誤．
二、解答題
14．(2021?安慶模擬)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠DAB＝60°，PB＝PD=7，PA＝3．
(1)證明：PA⊥BD；
【解析】(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)O，∵底面ABCD為菱形，
∴BD⊥AC，OB＝OD，
又∵PB＝PD，∴BD⊥PO，而AC∩PO＝O，
∴BD⊥平面PAC，
又∵PA?平面PAC，∴PA⊥BD；
15．(2021?黃山二模)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，E是CD的中點(diǎn)，F(xiàn)是底面A1B1C1D1上的動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)足AF⊥BE．
(1)求證：平面AEF⊥平面ABCD；
【解析】(1)證明：∵AE=BE=22，AB=4，
∴AE2+BE2＝AB2，∴BE⊥AF，
又∵BE⊥AF，AE∩AF＝A，∴BE⊥平面AEF，…………………………(3分)
又∵BE?平面ABCD，∴平面AEF⊥平面ABCD；………………………………(5分)
16．(2021?興慶區(qū)校級(jí)一模)如圖，在直角梯形PBCD中，PD∥BC，∠DCB＝90°，PD＝4CD＝8，BA⊥PD，A為PD中點(diǎn)，現(xiàn)將平面圖形沿AB折成一個(gè)直二面角，得到四棱錐P﹣ABCD，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱PD、PB的中點(diǎn)．
(1)證明：平面AEF⊥平面PCD；
【解析】解：(1)證明：∵PA＝AD，E是PD中點(diǎn)，∴AE⊥PD，
∵AB⊥AD，AB⊥PA，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，∵CD∥AB，∴CD⊥平面PAD，
∵AE?平面PAD，∴CD⊥AE，
∵CD∩PD＝D，CD、PD?平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，
∵AE?平面AEF，∴平面AEF⊥平面PCD．
17．(2021?南充模擬)如圖，在Rt△AOB中，AO＝OB＝2，△AOC通過(guò)△AOB以O(shè)A為軸順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到(∠BOC＝120°)．點(diǎn)D為斜邊AB上一點(diǎn)，點(diǎn)M為線段BC上一點(diǎn)，且CM＝OM．
(1)證明：OM⊥平面AOB；
【解析】(1)證明：在△OBC中，由題意可得OB＝OC，∠OCB＝30°，
∵CM＝OM，∴∠COM＝∠OCM＝30°，
又∵∠BOC＝120°，∴OM⊥OB，
根據(jù)題意，OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC＝O，∴OA⊥平面OBC，
而OM?平面OBC，∴OA⊥OM，
又OA∩OB＝O，∴OM⊥平面AOB；
18．(2021?山東二模)如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，∠ASD＝90°，AS＝SD且SC＝2．
(1)證明：平面SAD⊥平面ABCD；
【解析】解：(1)證明：如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接SO、CO、AC，
∵∠ADC＝∠ABC＝60°，且AD＝DC，
又AD＝CD＝2，則△ACD為正三角形，∴CO⊥AD，CO=3，
又∵∠ASD＝90°，∴△ASD為直角三角形，∴SO=12AD=1，
在△ACS中，CO2+SO2＝SC2，則CO⊥SO，
又AD∩SO＝O，AD、SO?平面ADS，
∴CO⊥平面ADS，
又∵CO?平面ABCD，∴平面SAD⊥平面ABCD．
19．(2021?靖遠(yuǎn)縣模擬)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，△PAB為等邊三角形，四邊形ABCD為矩形，E為PB的中點(diǎn)．
(1)證明：平面ADE⊥平面PBC；
【解析】(1)證明：∵△PAB為等邊三角形，E為PB的中點(diǎn)，∴AE⊥PB，
∵平面ABCD⊥平面PAB，且平面ABCD∩平面PAB＝AB，AD⊥AB，
∴AD⊥平面PAB，則AD⊥PB，
又AD∩AE＝A，∴PB⊥平面ADE，
∵PB?平面PBC，∴平面ADE⊥平面PBC；
20．(2021?四川模擬)如圖所示，幾何體ABCDEFG中，四邊形ABCD為菱形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)A∥GC∥ED，F(xiàn)A＝GC=13ED，F(xiàn)G＝2，BE＝4，平面BFG與平面ABCD的交線為l．
(1)證明：直線l⊥平面BDE；
【解析】(1)證明：如圖，連接AC與BD交于點(diǎn)O，
由條件可知GC∥FA且GC＝FA，
所以四邊形ACGF為平行四邊形，所以AC∥FG，
因?yàn)镕G?平面BFG，AC?平面BFG，所以AC∥平面BFG，
因?yàn)槠矫鍮FG與平面ABCD的交線為l，所以AC∥l，
因?yàn)镋D⊥平面ABCD，所以ED⊥AC，
又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD，
又因?yàn)锽D∩DE＝D，
所以AC⊥平面BDE，
所以直線l⊥平面BDE．
21．(2021?長(zhǎng)安區(qū)一模)如圖，四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，PD＝AB＝2AD＝2CD＝2，E為PA上一點(diǎn)，且3PE＝2PA．
(Ⅰ)證明：平面EBC⊥平面PAC；
【解析】(Ⅰ)證明：∵PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，
∵在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2，AD＝CD＝1，
∴AC=BC=2，∴AC2+BC2＝AB2，
∴AC⊥BC，
又PA∩AC，PA?平面PAC，
AC?平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，
∵BC?平面EBC，∴平面EBC⊥平面PAC．
附：分層訓(xùn)練答案
基礎(chǔ)組
1．C；2．D；3．C；4．C；5．D；6．D；7．C；8．C；9．D；10．C11；D．12；C．
提高組
1．C；2．A；3．D；4．D；5．B；6．D；7．C；8．B；9．D；10．B；11．A；12．D；13．B．

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