点、直线、平面之间的位置关系单元测试及答案

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　　9[答案]C

　　[解析]如图所示：
　　
　　AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β.

　　10[答案]35命题意图]本试题考查了正方体中异面直线的所成角的求解的运用．

　　[解析]首先根据已知条件，连接DF，然后则角DFD1即为

　　异面直线所成的角，设边长为2，则可以求解得到

　　5＝DF＝D1F，DD1＝2，结合余弦定理得到结论．

　　11[答案]C

　　[解析]取BC中点E，连AE、DE，可证BC⊥AE，BC⊥DE，∴∠AED为二面角A－BC－D的平面角

　　又AE＝ED＝2，AD＝2，∴∠AED＝90°，故选C.

　　12[答案]B

　　[解析]将其还原成正方体ABCD－PQRS，显见PB∥SC，△ACS为正三角形，∴∠ACS＝60°.
　　
　　13[答案]α∩β＝AB

　　14[答案]45°

　　[解析]如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，由于BC⊥AB，BC1⊥AB，则∠C1BC是二面角C1－AB－C的平面角．又△BCC1是等腰直角三角形，则∠C1BC＝45°.

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　　15[答案]9

　　[解析]如下图所示，连接AC，BD，
　　
　　则直线AB，CD确定一个平面ACBD.

　　∵α∥β，∴AC∥BD，

　　则ASSB＝CSSD，∴86＝12SD，解得SD＝9.

　　16[答案]①②④

　　[解析]如图所示，①取BD中点，E连接AE，CE，则BD⊥AE，BD⊥CE，而AE∩CE＝E，∴BD⊥平面AEC，AC⊂平面AEC，故AC⊥BD，故①正确．
　　
　　②设正方形的边长为a，则AE＝CE＝22a.

　　由①知∠AEC＝90°是直二面角A－BD－C的平面角，且∠AEC＝90°，∴AC＝a，

　　∴△ACD是等边三角形，故②正确．

　　③由题意及①知，AE⊥平面BCD，故∠ABE是AB与平面BCD所成的角，而∠ABE＝45°，所以③不正确．

　　④分别取BC，AC的中点为M，N，

　　连接ME，NE，MN.

　　则MN∥AB，且MN＝12AB＝12a，

　　ME∥CD，且ME＝12CD＝12a，

　　∴∠EMN是异面直线AB，CD所成的角．

　　在Rt△AEC中，AE＝CE＝22a，AC＝a，

　　∴NE＝12AC＝12a.∴△MEN是正三角形，∴∠EMN＝60°，故④正确．

　　17[证明](1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，

　　∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，

　　∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.

　　又∵B1F1∩AF1＝F1，C1F∩BF＝F，

　　∴平面AB1F1∥平面C1BF.

　　(2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1.

　　又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，

　　∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1⊂平面AB1F1，

　　∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.

　　18[解析]
　　
　　(1)如图所示，连接AC，由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，得AC＝5.
　　
　　又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE.

　　∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.

　　而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.

　　(2)过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于F，G，连接PF.

　　由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE.

　　由PA⊥平面ABCD知，∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角．

　　AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，由题意，知∠PBA＝∠BPF，

　　因为sin∠PBA＝PAPB，sin∠BPF＝BFPB，所以PA＝BF.

　　由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又BG∥CD，所以四边形BCDG是平行四边形，故GD＝BC＝3.于是
　　AG＝2.

　　在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以

　　BG＝AB2＋AG2＝25，BF＝AB2BG＝1625＝855.于是PA＝BF＝855.

　　又梯形ABCD的面积为S＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P－ABCD的体积为

　　V＝13×S×PA＝13×16×855＝128515.

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　　19[解析](1)证明：如图所示，取CD的中点E，连接PE，EM，EA，
　　
　　∵△PCD为正三角形，

　　∴PE⊥CD，PE＝PDsin∠PDE＝2sin60°＝3.

　　∵平面PCD⊥平面ABCD，

　　∴PE⊥平面ABCD，而AM⊂平面ABCD，∴PE⊥AM.

　　∵四边形ABCD是矩形，

　　∴△ADE，△ECM，△ABM均为直角三角形，由勾股定理可求得EM＝3，AM＝6，AE＝3，

　　∴EM2＋AM2＝AE2.∴AM⊥EM.

　　又PE∩EM＝E，∴AM⊥平面PEM，∴AM⊥PM.

　　(2)解：由(1)可知EM⊥AM，PM⊥AM，

　　∴∠PME是二面角P－AM－D的平面角．

　　∴tan∠PME＝PEEM＝33＝1，∴∠PME＝45°.

　　∴二面角P－AM－D的大小为45°.

　　20[解析]
　　
　　(1)因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1，

　　又已知B1C⊥A1B，且A1B∩BC1＝B，

　　所以B1C⊥平面A1BC1，又B1C⊂平面AB1C

　　所以平面AB1C⊥平面A1BC1 .

　　(2)设BC1交B1C于点E，连接DE，则DE是平面A1BC1与平面

　　B1CD的交线．

　　因为A1B∥平面B1CD，A1B⊂平面A1BC1，平面A1BC1∩平面B1CD＝DE，所以A1B∥DE.

　　又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点．

　　即A1DDC1＝1.

　　21[解](1)证明：连接AE，如下图所示．
　　
　　∵ADEB为正方形，

　　∴AE∩BD＝F，且F是AE的中点，

　　又G是EC的中点，

　　∴GF∥AC，又AC⊂平面ABC，GF⊄平面ABC，

　　∴GF∥平面ABC.

　　(2)证明：∵ADEB为正方形，∴EB⊥AB，

　　又∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC＝AB，EB⊂平面ABED，

　　∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AC.

　　又∵AC＝BC＝22AB，

　　∴CA2＋CB2＝AB2，

　　∴AC⊥BC.

　　又∵BC∩BE＝B，∴AC⊥平面BCE.

　　(3)取AB的中点H，连GH，∵BC＝AC＝22AB＝22，

　　∴CH⊥AB，且CH＝12，又平面ABED⊥平面ABC

　　∴GH⊥平面ABCD，∴V＝13×1×12＝16.

　　22[解析](1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC⊥BC.

　　又∵C1C⊥AC.∴AC⊥平面BCC1B1.

　　∵BC1⊂平面BCC1B，∴AC⊥BC1.

　　(2)证明：设CB1与C1B的交点为E，连接DE，又四边形BCC1B1为正方形．

　　∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1.

　　∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，

　　∴AC1∥平面CDB1.

　　(3)解：∵DE∥AC1，

　　∴∠CED为AC1与B1C所成的角．

　　在△CED中，ED＝12AC1＝52，

　　CD＝12AB＝52，CE＝12CB1＝22，

　　∴cos∠CED＝252＝225.

　　∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为225.

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