高一北师大版数学必修2第一章 立体几何初步练习题含答案解析 双基限时练9
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双基限时练(九)
一、选择题
①若a∥b,bα,则a∥α;②若a∥α,b∥α,则a∥b;③若a ∥b,b∥α,则a∥α;④若a∥α,bα,则a∥b.
A.0个B.1个
C.2个D.3个
解析对于①,a∥b,bα,则aα,或a∥α;对于②,当a∥α,b∥α时,可能a∥b,也可能a与b相交或异面,对于③,当a∥b,b∥α时,可能a∥α,也可能aα;对于④,当a∥α,bα时,a与b可能平行,也可能异面,故①②③④均不对.
答案A
2.若一条直线l上有相异的三个点A,B,C到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是()
A.l∥αB.l⊥α
C.l与α相交但不垂直D.l∥α或lα
解析∵当l∥α时,直线l上任意一点到α的距离相等;当lα时,直线l上所有点到α的距离都是零,也相等,其他情况不符合.答案D
3.如图,△ABC的边BC在平面α内,点A在α外,EF是△ABC的中位线,则()
A.EF与平面α平行
B.EF与平面α不平行
C.EF与平面α可能平行也可能相交
D.EF与平面α相交
解析∵EF为△ABC的中位线,∴EF∥BC,故EF∥α.
答案A
4.设a,b为直线,α,β为不重合的平面,下列条件能得出α∥β的是()
A.存在一条直线aα,a∥β
B.存在两平行直线a,b,aα,bβ,且a∥β,b∥α
C. aα,bα,a∩b=P,a∥β,b∥β
D. a,b为异面直线aα,bβ
解析根据两平面平行的判定定理,可知答案为C.
答案C
5.若两个平面内分别有一条直线,且这两条直线互相平行,则这两个平面的公共点的个数()
A.有限个B.无限个
C.0个D.0个或无限个
解析两平面可能平行也可能相交,故选D.
答案D
6.如图P为平行四边形ABCD所在平面外一点,Q为P A的中点,O为AC与BD的交点,下面说法错误的是()
A.OQ∥面PCD B.PC∥面BDQ
C.AQ∥面PCD D.CD∥面P AB
解析∵O为▱ABCD对角线的交点,
∴AO=OC,又Q为P A的中点,∴QO∥PC.
由线面平行的判定定理,可知A、B正确,又ABCD为平行四边形,∴AB∥CD,故CD∥面P AB,故D正确.
答案C
二、填空题
7.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,与AC平行,且过正方体三个顶点的截面是________.
解析如图所示截面一定过A1,C1两点,又截面过三个顶点,故所求截面为A1C1B和平面A1C1D.
答案平面A1C1B和平面A1C1D
8.如图所示,在三棱锥A—BCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD的中点,图中满足线面平行位置关系的所有情况为________.
解析由EF∥AC∥HG,得
AC∥面EFGH,EF∥面ACD,
HG∥面ABC,
由EH∥BD∥FG,得
EH∥面BCD,FG∥面ABD,BD∥面EFGH.
答案AC∥面EFGH,EF∥面ACD,
HG∥面ABC,EH∥面BCD,FG∥面ABD,
BD∥面EFGH
9.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是CB延长线上的一点,且
BD =BC ,则直线BC 1与面AB 1D 的关系是________.
解析 ∵DC ∥B 1C 1,DB =BC =B 1C 1,∴四边形BDB 1C 1为平行四边形,∴DB 1∥C 1B .又BC 1⃘面AB 1D ,B 1D 面AB 1D ,∴BC 1∥面AB 1D .
答案 平行 三、解答题
10.如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,E ,F 分别为PB ,PC 上的点,且PE EB =PF FC =2
1,
求证:EF ∥面P AD .
证明 ∵在△PBC 中,PE EB =PF FC =2
1,
∴EF∥BC.
又四边形ABCD为平行四边形,
∴BC∥AD.
∴EF∥AD.
又EF⃘面P AD,AD面P AD,
∴EF∥面P AD.
11.如图,已知三棱锥P-ABC,D,E,F分别为P A,PB,PC 的中点,
求证:面DEF∥面ABC.
证明在△P AB中,∵D,E分别为P A,PB的中点,∴DE∥AB,又DE⃘面ABC,∴DE∥面ABC.同理,EF∥面ABC.又DE∩EF=E,∴面DEF∥面ABC.
12.
如图在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为BC,CC1,CD1,A1A的中点,求证:
(1)BF∥HD1;
(2)EG∥面BB1D1D;
(3)面BDF∥面B1D1H.
证明(1)取BB1的中点M,连接C1M,
∵C1F綊BM,
∴四边形BMC1F为平行四边形.
∴BF∥MC1.
又MH綊A1B1綊D1C1,
∴四边形MHD1C1为平行四边形.
∴D1H∥C1M,∴BF∥D1H.
(2)连接D1B,∵G,E分别为D1C与BC的中点,
∴GE∥BD1,又BD1面BDD1B1,GE⃘面BDD1B1,
∴GE∥面BDD1B1.
(3)∵BD∥B1D1,又BD⃘面B1D1H,B1D1B1D1H,
∴BD∥面B1D1H.
同理可证BF∥面B1D1H,