2018-2019數(shù)學新學案同步必修二人教B版（魯京遼）講義：第一章 立體幾何初步滾動訓練一

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精滾動訓練一(1。2.1～1。2。2）一、選擇題1．一條直線若同時平行于兩個相交平面,那么這條直線與這兩個平面的交線的位置關(guān)系是（)A．異面 B．平行C．相交 D．不能確定考點空間中直線與平面之間的位置關(guān)系題點空間中直線與平面之間的位置關(guān)系的判定答案B解析設(shè)α∩β＝l，a∥α，a∥β,則過直線a作與平面α,β都相交的平面γ，記α∩γ＝b，β∩γ＝c，則a∥b且a∥c，∴b∥c。又b?β，c?β，∴b∥β.又b?α，α∩β＝l,∴b∥l，∴a∥l.2．已知異面直線a,b分別在平面α，β內(nèi)，且α∩β＝c，那么直線c一定（）A．與a，b都相交B．只能與a,b中的一條相交C．至少與a，b中的一條相交D．與a，b都平行考點空間直線與直線的位置關(guān)系題點空間中直線與直線的位置關(guān)系的判定答案C解析由圖可知直線c至少與a，b中的一條直線相交．3．若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是(）A．l與l1，l2都不相交B．l與l1，l2都相交C．l至多與l1，l2中的一條相交D．l至少與l1，l2中的一條相交答案D解析方法一由于l與直線l1，l2分別共面，故直線l與l1,l2要么都不相交,要么至少與l1，l2中的一條相交．若l∥l1,l∥l2,則l1∥l2，這與l1，l2是異面直線矛盾．故l至少與l1，l2中的一條相交．方法二如圖1，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交,故A,B不正確;如圖2，l1與l2是異面直線，l1,l2都與l相交,故C不正確．4．點E，F(xiàn)，G,H分別為空間四邊形ABCD中AB,BC，CD，AD的中點，若AC＝BD，且AC與BD所成角的大小為90°，則四邊形EFGH是(）A．菱形 B．梯形C．正方形 D．空間四邊形考點平行公理題點判斷、證明線線平行答案C解析由題意得EH∥BD且EH＝eq\f(1,2）BD,FG∥BD且FG＝eq\f（1，2）BD，∴EH∥FG且EH＝FG，∴四邊形EFGH為平行四邊形，又EF＝eq\f(1,2)AC，AC＝BD，∴EF＝EH，∴四邊形EFGH為菱形．又∵AC與BD所成角的大小為90°,∴EF⊥EH，即四邊形EFGH為正方形．5．如圖，在下列四個正方體中,A，B為正方體的兩個頂點，M,N，Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（)考點直線與平面平行的判定題點直線與平面平行的判定答案A解析A中，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點,則QD∥AB。∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交，∴直線AB與平面MNQ相交;B中，作如圖②所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ,∴AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；C中,作如圖③所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ,∴AB∥MQ,又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；D中,作如圖④所示的輔助線，則AB∥CD,CD∥NQ,∴AB∥NQ,又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故選A.6．若不在同一直線上的三點A,B，C到平面α的距離相等，且A?α，則（)A．α∥平面ABCB．△ABC中至少有一邊平行于αC．△ABC中至多有兩邊平行于αD．△ABC中只可能有一邊與α相交考點直線與平面平行的判定題點直線與平面平行的判定答案B解析若三點在平面α的同側(cè),則α∥平面ABC，有三邊平行于α.若一點在平面α的一側(cè)，另兩點在平面α的另一側(cè)，則有兩邊與平面α相交，有一邊平行于α，故△ABC中至少有一邊平行于α.7．直線a,b為異面直線，過直線a與直線b平行的平面（）A．有且只有一個B．有無數(shù)多個C．有且只有一個或不存在D．不存在考點直線與平面平行的判定題點直線與平面平行的判定答案A解析在a上任取一點A,則過A與b平行的直線有且只有一條，設(shè)為b′,又∵a∩b′＝A,∴a與b′確定一個平面α，即為過a與b平行的平面,可知它是唯一的．8．如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是平行四邊形,AC交BD于點O,E為AD的中點,F在PA上，AP＝λAF，PC∥平面BEF，則λ的值為()A．1 B.eq\f(3,2)C．3 D．2考點直線與平面平行的性質(zhì)題點與線面平行性質(zhì)有關(guān)的計算答案C解析設(shè)AO交BE于點G,連接FG.∵O，E分別是BD，AD的中點，∴eq\f（AG,AO）＝eq\f(2,3)，eq\f（AG,AC）＝eq\f（1，3）.∵PC∥平面BEF，平面PAC∩平面BEF＝GF，PC?平面PAC,∴GF∥PC,∴eq\f(AF，AP)＝eq\f(AG，AC）＝eq\f(1,3），則AP＝3AF，∴λ＝3.二、填空題9．已知l,m，n是互不相同的直線，α,β，γ是三個不同的平面，給出下列命題:①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β；②若α∥β，l?α，m?β,則l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n。其中所有真命題的序號為________．考點線、面關(guān)系的綜合問題題點線、面關(guān)系的其他綜合問題答案③解析①中α可能與β相交；②中直線l與m可能異面；③中根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可以證明m∥n。10．如圖所示,正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD,正方體的六個面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m，n，那么m＋n＝______.考點空間中直線與平面之間的位置關(guān)系題點空間中直線與平面之間的位置關(guān)系的應(yīng)用答案8解析直線CE在下底面內(nèi)，且與上底面平行,與其他四個平面相交，直線EF與左、右兩個平面平行，與其他四個平面相交，所以m＝4，n＝4,故m＋n＝8。11．已知平面α∥平面β，P?α且P?β,過點P的直線m與α,β分別交于點A，C，過點P的直線n與α，β分別交于點B，D，且PA＝6,AC＝9，PD＝8,則BD的長為________．考點平面與平面平行的性質(zhì)題點與面面平行性質(zhì)有關(guān)的計算答案eq\f（24，5）或24解析如圖①所示，∵AC∩BD＝P，∴經(jīng)過直線AC與BD可確定平面PCD?！擀痢桅?，α∩平面PCD＝AB,β∩平面PCD＝CD,∴AB∥CD?！鄀q\f(PA,AC)＝eq\f（PB，BD）,即eq\f（6,9）＝eq\f（8－BD,BD），∴BD＝eq\f（24，5).如圖②所示，同理可證AB∥CD，∴eq\f（PA，PC)＝eq\f(PB,PD)，即eq\f(6，3）＝eq\f(BD－8，8)，∴BD＝24.綜上所述，BD的長為eq\f（24,5）或24.12．在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，若存在實數(shù)λ，使得CQ＝λCC1時，平面D1BQ∥平面PAO，則λ＝________.答案eq\f（1，2）解析當Q為CC1的中點時，平面D1BQ∥平面PAO。理由如下：當Q為CC1的中點時,∵Q為CC1的中點，P為DD1的中點，∴QB∥PA。∵P,O為DD1，DB的中點，∴D1B∥PO。又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B,D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO，∴平面D1BQ∥平面PAO。三、解答題13．如圖所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝eq\r（2）。（1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；（2）求三棱柱ABD－A1B1D1的體積．考點平面與平面平行的判定題點平面與平面平行的證明（1)證明由題意知,BB1∥DD1且BB1＝DD1，∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，∴BD∥B1D1，又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1∥BC且A1D1＝BC，∴四邊形A1BCD1是平行四邊形,∴A1B∥D1C,又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1.又∵BD∩A1B＝B,BD，A1B?平面A1BD，∴平面A1BD∥平面CD1B1。（2）解∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．∵四邊形ABCD為正方形，且AB＝eq\r(2)，∴AC＝2，∴AO＝eq\f（1,2)AC＝1，又AA1＝eq\r（2），∴A1O＝eq\r（AA\o\al(2,1）－OA2）＝1。又∵S△ABD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＝1，∴＝S△ABD·A1O＝1.

四、探究與拓展14．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD，∠DCB＝90°，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q為棱CC1上一動點，過直線AQ的平面分別與棱BB1,DD1交于點P，R，則下列結(jié)論錯誤的是（）A．對于任意的點Q，都有AP∥QRB．對于任意的點Q，四邊形APQR不可能為平行四邊形C．存在點Q,使得△ARP為等腰直角三角形D．存在點Q，使得直線BC∥平面APQR考點平行的綜合應(yīng)用題點線線、線面、面面平行的相互轉(zhuǎn)化答案C解析∵AB∥CD，AA1∥DD1，AB∩AA1＝A，CD∩DD1＝D，∴平面ABB1A1∥平面CDD1C1。又∵平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝QR,∴AP∥QR.故A正確；∵四邊形ABCD是直角梯形,AB∥CD，∴平面BCC1B1與平面ADD1A1不平行．由AP∥QR可知，AP≠Q(mào)R，即四邊形APQR不可能為平行四邊形，故B正確；延長CD至M，使得DM＝CD,則四邊形ABCM是矩形，∴BC∥AM.當R，Q，M三點共線時，AM?平面APQR，∴BC∥平面APQR，故D正確；易得C不正確．15．如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AB的中點,點N在側(cè)面AA1D1D上運動，點N滿足什么條件時,MN∥平面BB1D1D？考點平行的綜合應(yīng)用題點平行中的探索性問題解如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，分別取棱A1B1，A1D1，AD的中點E,F，G，連接ME,EF,FG，GM。因為M是AB的中點，所以ME∥AA1∥FG,且ME＝AA1＝FG，所以四邊形MEFG是平行四邊形．因為ME∥BB1，BB1?平面BB1D1D,ME?平面BB1D1D，所以ME∥平面BB1D1D.在△A1B1D1中，因為EF∥B1D1，B1D1?平面BB1D1D，EF?平面BB1D1D，所以EF∥平面BB1D1D.又因為ME∩EF＝E,且ME?平面MEFG，EF?平面MEFG，所以平面MEFG∥平面BB1D