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课时提升作业(四十二)
一、选择题
1.在梯形ABCD中,AB∥CD,AB平面α,CD平面α,则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )
(A)平行 (B)平行或异面
(C)平行或相交 (D)异面或相交
2.下面四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形是( )
(A)①② (B)①④ (C)②③ (D)③④
3.下列命题中正确的个数是( )
①若直线a不在α内,则a∥α;
②若直线l上有很多个点不在平面α内,则l∥α;
③若l与平面α平行,则l与α内任何一条直线都没有公共点;
④平行于同一平面的两直线可以相交.
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
4.(2021·汉中模拟)a,b,c为三条不重合的直线,α,β,γ为三个不重合平面,现给出六个命题:
①⇒a∥b ②⇒a∥b
③⇒α∥β ④⇒α∥β
⑤⇒α∥a ⑥⇒a∥α
其中正确的命题是( )
(A)①②③ (B)①④⑤
(C)①④ (D)①③⑥
5.(2021·西安模拟)设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:
①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;
②若m∥l,且m∥α,则l∥α;
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,则l∥m∥n;
④若α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且n∥β,则l∥m.
其中正确的命题的个数是( )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
6.(2021·榆林模拟)如图,在正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P为所在棱的中点,则异面直线MP,AB在正方体的主视图中的位置关系是( )
(A)相交 (B)平行
(C)异面 (D)不确定
7.如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知
△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A′不与A,F重合),则下列命题中正确的是( )
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上;
②BC∥平面A′DE;③三棱锥A′-FED的体积有最大值.
(A)① (B)①② (C)①②③ (D)②③
8.(力气挑战题)若α,β是两个相交平面,点A不在α内,也不在β内,则过点A且与α和β都平行的直线( )
(A)只有1条 (B)只有2条
(C)只有4条 (D)有很多条
二、填空题
9.(2021·保定模拟)设互不相同的直线l,m,n和平面α,β,γ,给出下列三个命题:
①若l与m为异面直线,lα,mβ,则α∥β;
②若α∥β,lα,mβ,则l∥m;
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.
其中真命题的个数为 .
10.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= .
11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上.若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于 .
12.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m分别与α,β交于A,C,过点P的直线n分别与α,β交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为 .
三、解答题
13.(2021·延安模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，SA⊥CD，AB⊥平面SAD，点M是SC的中点，且SA=AB=BC=1，AD=.
(1)求四棱锥S-ABCD的体积.
(2)求证:DM∥平面SAB.
14.在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ACB=90°,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF.若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE.
15.如图1所示，在Rt△ABC中，AC=6，BC=3，∠ABC=90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，且CE=4.如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB，设点F是AB的中点.
(1)求证:DE⊥平面BCD.
(2)若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B-DEG的体积.
答案解析
1.【解析】选B.由题知CD∥平面α,故CD与平面α内的直线没有公共点,故只有B正确.
2.【解析】选A.由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.
3.【解析】选B.a∩α=A时,a⊄α,∴①错;
直线l与α相交时,l上有很多个点不在α内,故②错;
l∥α,l与α无公共点,∴l与α内任始终线都无公共点,③正确;长方体中A1C1与B1D1都与平面ABCD平行,∴④正确.
4.【解析】选C.①④正确,②错在a,b也可能相交或异面.
③错在α与β可能相交.⑤⑥错在a可能在α内.
5.【解析】选B.①正确;②中当直线lα时,不成立;③中,还有可能相交一点,不成立;④正确,所以正确的命题有2个,选B.
6.【解析】选B.在主视图中AB是正方形的对角线,MP是平行于对角线的三角形的中位线,所以两直线平行.
7.【思路点拨】留意折叠前DE⊥AF,折叠后其位置关系没有转变.
【解析】选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC,
∴点A′在平面ABC上的射影在线段AF上.
②BC∥DE,BC⊈平面A′DE,DE平面A′DE,∴BC∥平面A′DE.③当平面A′DE⊥平面ABC时,三棱锥A′-FED的体积达到最大.
8.【思路点拨】可依据题意画出示意图,然后利用线面平行的判定定理及性质定理解决.
【解析】选A.据题意,如图,要使过点A的直线m与平面α平行,则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行,同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行,则推出n∥k,由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面α与β的交线平行,即要满足条件的直线m只需过点A且与两平面交线平行即可,明显这样的直线有且只有一条.
9.【解析】①中α与β可能相交,故①错;②中l与m可能异面,故②错;由线面平行的性质定理可知,l∥m,l∥n,所以m∥n,故③正确.
答案:1
10.【解析】∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
∴MN∥PQ.
∵M,N分别是A1B1,B1C1的中点,AP=,
∴CQ=,从而DP=DQ=,∴PQ=a.
答案:a
【误区警示】本题易忽视平面与平面平行的性质,不能正确找出Q点的位置,从而无法计算或计算出错,造成失分.
11.【解析】由于直线EF∥平面AB1C,EF平面ABCD,且平面AB1C∩平面ABCD=AC,所以EF∥AC.又由于E是AD的中点,所以F是CD的中点,由中位线定理可得EF=AC.又由于在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,所以AC=2,所以EF=.
答案:
12.【解析】分两种状况考虑,即当点P在两个平面的同一侧和点P在两平面之间两种可能.由两平面平行得交线AB∥CD,截面图如图所示,
由三角形相像可得BD=或BD=24.
答案:或24
13.【解析】∵AB⊥平面SAD，SA平面SAD，AD平面SAD，
∴AB⊥SA，AB⊥AD，
∵SA⊥CD，AB，CD是平面ABCD内的两条相交直线，
∴侧棱SA⊥底面ABCD.
(1)在四棱锥S-ABCD中，侧棱SA⊥底面ABCD，
底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，SA=AB=BC=1，AD=，
∴VS-ABCD=·S底面ABCD·SA=××1=.
(2)取SB的中点N，连接AN，MN.
∵点M是SC的中点，∴MN∥BC且MN=BC，
∵底面ABCD是直角梯形，AB垂直于AD和BC，BC=1，AD=，
∴AD∥BC且AD=BC，
∴MN∥AD且MN=AD，
∴四边形MNAD是平行四边形，∴DM∥AN，
∵DM⊈平面SAB，AN平面SAB，∴DM∥平面SAB.
【变式备选】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别为所在边的中点.求证:平面MNP∥平面A1C1B.
【证明】连接D1C,∵MN为△DD1C的中位线,∴MN∥D1C.
又易知D1C∥A1B,
∴MN∥A1B.同理,MP∥C1B.
而MN与MP相交,MN,MP在平面MNP内,
A1B与C1B相交,A1B,C1B在平面A1C1B内,
∴平面MNP∥平面A1C1B.
14.【证明】方法一:由于EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,
所以∠EGF=90°,
△ABC∽△EFG.
由于AB=2EF,因此BC=2FG.
连接AF,由于FG∥BC,FG=BC,
在▱ABCD中,M是线段AD的中点,则AM∥BC,
且AM=BC,因此FG∥AM且FG=AM,
所以四边形AFGM为平行四边形,因此GM∥FA.
又FA 平面ABFE,GM⊈平面ABFE,
所以GM∥平面ABFE.
方法二:由于EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,
∴∠EGF=90°,
△ABC∽△EFG.
由于AB=2EF,∴BC=2FG.
取BC的中点N,连接GN,
因此四边形BNGF为平行四边形,所以GN∥FB.
在▱ABCD中,M是线段AD的中点,连接MN,
则MN∥AB.
∵MN∩GN=N,∴平面GMN∥平面ABFE.
又GM平面GMN,∴GM∥平面ABFE.
15.【思路点拨】本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化和空间几何体的体积计算.本题中(1)依据三角形的边角关系和余弦定理得到线线垂直，再由面面垂直的性质证明线面垂直.(2)依据线面平行的性质，得到线线平行，探究出点的位置，从而得到线段的长度，并依据线面的垂直关系和棱锥的体积公式求解.
【解析】(1)在图1中，∵AC=6，BC=3，∠ABC=90°，
∴∠A=30°，∠ACB=60°.
∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD=∠ACD=30°，
∴CD=2.
∵CE=4，∠DCE=30°，由余弦定理可得cos30°=，即=，解得DE=2.则CD2+DE2=EC2，∴∠CDE=90°，DE⊥DC.
在图2中，∵平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD=CD，DE平面ACD，且DE⊥DC，
∴DE⊥平面BCD.
(2)在图2中，∵EF∥平面BDG，EF平面ABC，
平面ABC∩平面BDG=BG，
∴EF∥BG.
∵点E在线段AC上，CE=4，点F是AB的中点，
∴AE=EG=CG=2.
作BH⊥CD于点H.∵平面BCD⊥平面ACD，
∴BH⊥平面ACD.
由已知可得BH===.
S△DEG=S△ACD=××AC×CD×sin30°=，
∴三棱锥B-DEG的体积V=S△DEG·BH=
××=.
【变式备选】如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在AD1上移动，点N在BD上移动，D1M=DN=a(0<a<)，连接MN.
(1)证明对任意a∈(0，)，总有MN∥平面DCC1D1.
(2)当a为何值时，MN的长最小?
【解析】(1)作MP∥AD，交DD1于P，作NQ∥BC，交DC于Q，连接PQ.
由题意得MP∥NQ，且MP=NQ，
则四边形MNQP为平行四边形.
∴MN∥PQ.
又PQ平面DCC1D1，MN⊈平面DCC1D1，
∴MN∥平面DCC1D1.
(2)由(1)知四边形MNQP为平行四边形，
∴MN=PQ，
由已知D1M=DN=a，DD1=AD=DC=1，
∴AD1=BD=，
∴D1P∶1=a∶，DQ∶1=a∶，
即D1P=DQ=.
∴MN=PQ=
=
=(0<a<)，
故当a=时，MN的长有最小值.
即当M，N分别移动到AD1，BD的中点时，MN的长最小，此时MN的长为.
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