【数学】2020届一轮复习北师大版点、直线、平面之间的位置关系作业

【数学】2020届一轮复习北师大版点、直线、平面之间的位置关系作业

‎2020届一轮复习北师大版 点、直线、平面之间的位置关系 作业 一、选择题(每小题3分,共18分)‎ ‎1.下列说法正确的个数有　(　　)‎ ‎ (1)三角形、梯形一定是平面图形;‎ ‎(2)若四边形的两条对角线相交于一点,则该四边形是平面图形;‎ ‎(3)三条平行线最多可确定三个平面;‎ ‎(4)平面α和β相交,它们只有有限个公共点;‎ ‎(5)若A,B,C,D四个点既在平面α内,又在平面β内,则这两平面重合.‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎【解析】选B.(1)三角形、梯形一定是平面图形,正确;‎ ‎(2)若四边形的两条对角线相交于一点,则两对角线可以确定一个平面,由公理1可知四边形四条边在平面内,该四边形是平面图形,正确;‎ ‎(3)如图,三条平行线最多可确定三个平面,正确;‎ ‎(4)由公理3可知,平面α和β相交,它们有无数个公共点,故(4)错误;‎ ‎(5)若A,B,C,D四个点既在平面α内,又在平面β内,则这两平面重合,错误,如图:‎ 所以正确的结论是3个,故选B.‎ ‎2.(2018·南安检测)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=2, AC=BC=1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是　(　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选A.因为A1C1∥AC,‎ 所以异面直线A1B与AC所成角为∠BA1C1或其补角,因为CC1⊥平面A1B1C1,A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1C1⊥CC1,‎ 由棱柱的性质可得∠A1C1B1=∠ACB=90°,‎ 所以A1C1⊥B1C1,又B1C1∩CC1=C1,‎ 所以A1C1⊥平面BCC1B1,所以A1C1⊥BC1,‎ 在Rt△A1BC1中,A1B==,A1C1=AC=1,‎ 所以cos∠BA1C1===.‎ ‎3.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中(侧棱垂直于底面且底面为正三角形的三棱柱),AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为　(　　)‎ A. 　　　 B.‎ C. 　　　　 D.‎ ‎【解析】选C.取BC的中点D,连接AD,C1D,在等边△ABC中,AD⊥BC,由正三棱柱的性质,平面ABC⊥平面BB1C1C,‎ 所以AD⊥平面BB1C1C,所以∠AC1D为AC1与平面BB1C1C所成的角,‎ 设AB=AA1=a,则AD=a,AC1=a,‎ sin∠AC1D==.‎ ‎4.如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,给出下列四个命题:‎ ‎①过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交;②过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直;③过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交;④过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行.其中正确的是　(　　)‎ A.②③④ B.①③④‎ C.①②④ D.①②③‎ ‎【解析】选C.由于两相交直线可确定一个平面,设l过M点,与AB,B1C1均相交,则l与AB可确定平面α,l与B1C1可确定平面β,又AB与B1C1为异面直线,所以l为平面α与平面β的交线,如图所示.‎ GE即为l,故①正确.‎ 因为BC∥B1C1,BC与AB确定平面ABCD,‎ 所以与直线AB,B1C1都垂直的直线一定垂直于平面ABCD,‎ 过一点作已知平面的垂线,有且只有一条.‎ 由于DD1过点M,DD1⊥AB,DD1⊥B1C1,故②正确.显然④正确.过M点有无数个平面与AB,B1C1都相交,故③错误.‎ ‎5.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面α与棱AB,AC,A1C1,A1B1分别交于点E,F,G,H,且直线AA1∥平面α.有下列三个结论:‎ ‎①四边形EFGH是平行四边形;‎ ‎②平面α∥平面BCC1B1;‎ ‎③平面α⊥平面BCFE.‎ 其中正确的结论有　(　　)‎ A.①② B.②③‎ C.①③ D.①②③‎ ‎【解析】选C.①因为AA1∥平面EFGH,根据线面平行的性质定理,可知AA1∥EH∥GF,又根据平行平面被第三个平面所截,交线平行,可知GH∥EF,所以四边形EFGH是平行四边形;②平面α和平面BCC1B1不一定平行,有可能相交;③AA1∥EH∥GF,而AA1⊥平面BCFE,那么EH⊥平面BCFE,EH⊂平面α,所以平面α⊥平面BCFE,所以正确的是①③,故选C.‎ ‎6.如图,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,点P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　(　　)‎ ‎【解析】选A.如图,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.‎ 二、填空题(每小题4分,共12分)‎ ‎7.已知平面α,β和直线m,给出条件:‎ ‎①m∥α;②m⊥α;③m⊂α;④α⊥β;⑤α∥β.‎ ‎(1)当满足条件________时,有m∥β;‎ ‎(2)当满足条件________时,有m⊥β(填所选条件的序号).‎ ‎【解析】由面面平行和线面平行的定义知若m⊂α,α∥β,则m∥β;由线面垂直的定义知若m⊥α,α∥β,则m⊥β.‎ 答案:(1)③⑤　(2)②⑤‎ ‎8.在三棱锥P-ABC中,PA=PB=AC=BC=2,PC=1,AB=2,则二面角P-AB-C的大小为________.‎ ‎【解析】取AB的中点M,连接PM,MC,则PM⊥AB,CM⊥AB,所以∠PMC就是二面角P-AB-C的平面角.在△PAB中,PM==1,‎ 同理MC=1,则△PMC是等边三角形,‎ 所以∠PMC=60°.‎ 答案:60°‎ ‎【延伸探究】若本例中,三棱锥的棱长都相等,试求相邻两个平面所成的二面角的余弦值.‎ ‎【解析】取BC的中点E,连接AE,DE,‎ 因为四面体ABCD是正四面体,‎ 所以BC⊥AE,BC⊥ED.‎ 所以∠AED为二面角A-BC-D的平面角.‎ 设正四面体的棱长为1,‎ 则AE=,DE=,AD=1.‎ 在△ADE中可求得cos∠AED=.‎ ‎9.在四棱柱ABCD-A′B′C′D′中,AA′⊥底面ABCD,四边形ABCD为梯形,AD∥BC且AD=AA′=2BC.过A′,C,D三点的平面与BB′交于点E,F,G分别为CC′,‎ A′D′的中点(如图所示),给出以下判断:‎ ‎①E为BB′的中点;‎ ‎②直线A′E和直线FG是异面直线;‎ ‎③直线FG∥平面A′CD;‎ ‎④若AD⊥CD,则平面ABF⊥平面A′CD;‎ ‎⑤几何体EBC-A′AD是棱台.‎ 其中,正确的是________(填序号).‎ ‎【解析】对于①,因为在四棱柱ABCD-A′B′C′D′中,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,AD⊂平面A′D′DA,BC⊄平面A′D′DA,所以BC∥平面A′D′DA.又因为BC⊂平面EBC,所以平面EBC∥平面A′D′DA,所以平面A′CD与平面EBC、平面 A′D′DA的交线平行.所以EC∥A′D,所以△EBC∽△A′AD.所以===.所以E为BB′的中点.故①正确.对于②,因为E,F都是棱的中点,所以EF∥‎ B′C′.又因为B′C′∥A′D′,所以EF∥A′D′.所以A′E,FG都在平面 EFD′A′中.故②错误.对于③,由②可得EF∥A′G,EF=A′G,所以四边形A′‎ EFG是平行四边形,所以FG∥A′E.因为A′E⊂平面A′CD中,FG⊄平面A′CD,所以直线FG∥平面A′CD.故③正确.对于④,连接AD′,容易得到BF∥AD′,所以A,B,F,D′四点共面.因为AD⊥CD,AD′在底面的射影为AD,所以CD⊥AD′.又因为AD′∥BF,所以BF⊥CD.又因为BF⊥CE,CD∩CE=C,CD,CE⊂平面A′CD,所以BF⊥平面A′CD.因为BF⊂平面ABF,所以平面ABF⊥平面A′CD.故④正确.对于⑤,由④得到,AB与A′E,DC交于一点,所以几何体EBC-A′AD是棱台.故⑤正确.‎ 答案:①③④⑤‎ ‎【补偿训练】(2018·广州高一检测)如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起,使得平面ADC⊥平面ABC,在折起后形成的三棱锥D-ABC中,给出下列三种说法:‎ ‎①△DBC是等边三角形;②AC⊥BD;‎ ‎③三棱锥D-ABC的体积是.‎ 其中正确的序号是________(写出所有正确说法的序号).‎ ‎【解析】取AC的中点E,连接DE,BE,‎ 则DE⊥AC,BE⊥AC,且DE⊥BE.‎ 又DE=EC=BE,所以DC=DB=BC,‎ 故△DBC是等边三角形.‎ 又AC⊥平面BDE,故AC⊥BD.‎ 又VD-ABC=S△ABC·DE=××1×1×=,故③错误.‎ 答案:①②‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎10.(2018·郑州高一检测)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AC,AB⊥BC.设D,E分别为PA,AC的中点.‎ ‎(1)求证:DE∥平面PBC.‎ ‎(2)求证:BC⊥平面PAB.‎ ‎(3)试问在线段AB上是否存在点F,使得过三点D,E,F的平面内的任意一条直线都与平面PBC平行?若存在,指出点F的位置并证明;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为点E是AC的中点,点D为PA的中点,所以DE∥PC.‎ 又因为DE⊄平面PBC,PC⊂平面PBC,‎ 所以DE∥平面PBC.‎ ‎(2)因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC.‎ 又PA⊂平面PAC,PA⊥AC,‎ 所以PA⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,‎ 所以PA⊥BC.‎ 又因为AB⊥BC,且PA∩AB=A,‎ 所以BC⊥平面PAB.‎ ‎(3)当点F是线段AB的中点时,过点D,E,F的平面内的任意一条直线都与平面PBC平行.证明如下:‎ 取AB的中点F,连接EF,DF.由(1)可知DE∥平面PBC.‎ 因为点E是AC的中点,点F为AB的中点,所以EF∥BC.‎ 又因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, ‎ 所以EF∥平面PBC.又因为DE∩EF=E,所以平面DEF∥平面PBC,所以平面DEF内的任意一条直线都与平面PBC平行. ‎ 故当点F是线段AB的中点时,过点D,E,F所在平面内的任意一条直线都与平面PBC平行.‎ ‎11.(2018·柳州高一检测)如图,四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.‎ ‎(1)求证:PC⊥AD.‎ ‎(2)求点D到平面PAM的距离.‎ ‎【解析】(1)方法一:取AD中点O,连接OP,OC,AC,‎ 依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,‎ 所以OC⊥AD,OP⊥AD,‎ 又OC∩OP=O,‎ 所以AD⊥平面POC,又PC⊂平面POC,‎ 所以PC⊥AD.‎ 方法二:连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,‎ 又M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC,‎ 又AM∩DM=M,所以PC⊥平面AMD,‎ 又AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.‎ ‎(2)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离,由(1)可知PO⊥AD,‎ 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,‎ 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高,在Rt△POC中,PO=OC=, PC=,‎ 在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM==,‎ 所以△PAC的面积 S△PAC=PC·AM=××=,‎ 设点D到平面PAC的距离为h,‎ 由VD-PAC=VP-ACD得 S△PAC·h=S△ACD·PO,‎ 又S△ACD=×22=,‎ 所以×·h=××,解得h=,‎ 所以点D到平面PAM的距离为.‎