（魯京遼）2022-2023學年高中數(shù)學 第1章 立體幾何初步滾動訓練一 新人教B版必修2

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1、（魯京遼）2022-2023學年高中數(shù)學 第1章 立體幾何初步滾動訓練一 新人教B版必修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系 題點　空間中直線與平面之間的位置關系的判定 答案　B 解析　設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

2、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系 題點　空間中直線與直線的位置關系的判定 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

3、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

4、　判斷、證明線線平行 答案　C 解析　由題意得EH∥BD且EH＝BD，F(xiàn)G∥BD且FG＝BD， ∴EH∥FG且EH＝FG， ∴四邊形EFGH為平行四邊形，又EF＝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，

5、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

6、，則(　　) A．α∥平面ABC B．△ABC中至少有一邊平行于α C．△ABC中至多有兩邊平行于α D．△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，則α∥平面ABC，有三邊平行于α.若一點在平面α的一側，另兩點在平面α的另一側，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

7、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(xiàn)在PA上，AP＝λAF，PC∥平面BEF，則λ的值為(　　) A．1 B. 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)有關的計算 答案　C 解析　設AO交BE于點G，連接FG. ∵O，E分別是BD，AD的中點， ∴＝，＝. ∵PC∥平面BEF，平面PAC∩平面BEF＝GF，PC?平面P

8、AC， ∴GF∥PC， ∴＝＝， 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、面關系的綜合問題 題點　線、面關系的其他綜合問題 答案?、? 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

9、，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系 題點　空間中直線與平面之間的位置關系的應用 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

10、行性質(zhì)有關的計算 答案　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. ∵α∥β，α∩平面PCD＝AB， β∩平面PCD＝CD， ∴AB∥CD. ∴＝， 即＝， ∴BD＝. 如圖②所示，同理可證AB∥CD， ∴＝， 即＝， ∴BD＝24. 綜上所述，BD的長為或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　 解析　當Q為CC1的中點時，平面D1BQ∥平面PAO. 理由

11、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＝. (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＝

12、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＝，∴AC＝2， ∴AO＝AC＝1，又AA1＝， ∴A

13、1O＝＝1. 又∵S△ABD＝××＝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，則下列結論錯誤的是(　　) A．對于任意的點Q，都有AP∥QR B．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　平行的綜合應用 題點　線線、線面、面面平行的相互轉化 答案　C 解析　

14、∵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

15、正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AB的中點，點N在側面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(xiàn)，G，連接ME，EF，F(xiàn)G，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BB1D1D. 在FG上任取一點N，連接MN， 所以MN?平面MEFG. 所以MN與平面BB1D1D無公共點． 所以MN∥平面BB1D1D. 總之，當點N在平面AA1D1D內(nèi)的直線FG上(任意位置)時，都有MN∥BB1D1D， 即當點N在矩形AA1D1D中過A1D1與AD的中點的直線上運動時，都有MN∥平面BB1D1D.