复习参考题课件配套优秀获奖教案

章末检测

一、选择题

1．设a、b为两条直线，α、β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是(

) A．若a、b与α所成的角相等，则a∥b

B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b

C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则a∥β

D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b

答案

D 解析

A中a、b可以平行、相交或异面；B中a、b可以平行或异面；C中的α、β可以平行或相交．

2．(2014·杭州高一检测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AC与直线BC1所成的角为(

) A．30°

C．90°

答案

B 解析

连接A1C1，A1B，则AC∥A1C1，因为△A1BC1是正三角形，所以∠A1C1B＝60°，即直线AC与直线BC1所成的角为60°. 3．(2013·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(

) A．若m∥α，n∥α，则m∥n

则α∥β

C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α

则m⊥β

答案

C 解析

A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；

B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；

C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；

D项，当m∥α，α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，D．若m∥α，α⊥β，B．若m∥α，m∥β，B．60°

D．45°

故错误．故选C. 4．(2014·浏阳高一检测)设a，b，c是空间的三条直线，给出以下三个命题：

①若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；②若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面；③若a∥b，b∥c，则a∥c.其中正确命题的个数是(

) A．0

C．2

答案

B 解析

借助正方体中的线线关系易知①②全错；由公理4知③正确．

5．(2013·广东高考)设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是(

) A．若l∥α，l∥β，则α∥β

B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β

C．若l⊥α，l∥β，则α∥β

D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

答案

B 解析

选项A，若l∥α，l∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误；

选项B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故正确；

选项C，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故错误；

选项D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系有三种可能：l⊥β，l∥β，l⊂β，故错误．故选B. 6.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是(

) B．1

D．3

A．CC1与B1E是异面直线

B．AC⊥平面ABB1A1

C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1

D．A1C1∥平面AB1E

答案

C

解析

由已知AC＝AB，E为BC中点，故AE⊥BC，

又∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正确．

7．(2013·课标全国Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，

n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(

) A．α∥β且l∥α

B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l

D．α与β相交，且交线平行于l

答案

D 解析

根据所给的已知条件作图，如图所示．

由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D. 8.如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是(

)

A．BD∥平面CB1D1

B．AC1⊥BD

C．AC1⊥平面CB1D1

D．异面直线AD与CB1所成的角为60°

答案

D 解析

∵AD∥BC，

∴∠BCB1为异面直线AD和B1C所成的角．

∵∠B1CB＝45°，

∴AD和CB1所成的角为45°. 9．如图，已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°的平面β截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为(

)

A．7π

C．11π

答案

D 解析

由圆M的面积为4π得MA＝2，OM2＝42－22＝12⇒OM＝23，在1Rt△ONM中，∠OMN＝30°，∴ON＝OM＝3，MN＝42－32＝13，∴S2圆NB．9π

D．13π

＝13π.故选D. 910．(2013·山东高考)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为4，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(

) 5ππππA.12

B.3

C.4

D.6

答案

B 解析

如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，

设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．

在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝3，

333则S＝4×(3)2＝4，

9VABC－A1B1C1＝S×PO＝4，∴PO＝3. 3又AO＝3×3＝1，

PO∴tan∠PAO＝AO＝3，

π∴∠PAO＝3. 二、填空题

11．设平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于点S，且点S位于平面α，β之间，AS＝8，BS＝6，CS＝12，则SD＝________. 答案

9 ASCS解析

由面面平行的性质得AC∥BD，BS＝SD，解得SD＝9. 12.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于________．

答案

90°

解析

∵B1C1⊥平面A1ABB1，

MN⊂平面A1ABB1，

∴B1C1⊥MN，又∠B1MN为直角．

∴B1M⊥MN而B1M∩B1C1＝B1. ∴MN⊥平面MB1C1又MC1⊂平面MB1C1

∴MN⊥MC1，∴∠C1MN＝90°. 13．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是________．

答案

90°

解析

如图取BC的中点D，连接AD、B1D，因为ABC－A1B1C1是正三棱柱，所以易得B1D是B1A在平面BCC1B1内的射影，又易得B1D⊥BM，所以B1A⊥BM.

14．下列四个命题：

①若a∥b，a∥α，则b∥α；②若a∥α，b⊂α，则a∥b；③若a∥α，则a平行于α内所有的直线；④若a∥α，a∥b，b⊄α，则b∥α. 其中正确命题的序号是________．

答案

④

解析

①中b可能在α内；②a与b可能异面；③a可能与α内的直线异面．

三、解答题

15.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．

(1)求证：AC⊥B1C；

(2)求证：AC1∥平面CDB1. 证明

(1)∵C1C⊥平面ABC，

∴C1C⊥AC. ∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，

∴AC⊥BC. 又BC∩C1C＝C，

∴AC⊥平面BCC1B1，

而B1C⊂平面BCC1B1，

∴AC⊥B1C. (2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中

点，∴OD∥AC1.又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1.∴AC1∥平面CDB1.

16.(2013·课标全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．

(1)证明：BC1∥平面A1CD；

(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，求三棱锥C－A1DE的体积．

(1)证明

连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．

又D是AB中点，连接DF，则BC1∥DF.

因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD. (2)解

因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD. 由已知AC＝CB，D为AB的中点，

所以CD⊥AB. 又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1. 由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22得

∠ACB＝90°，CD＝2，A1D＝6，DE＝3，A1E＝3，

故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D. 11所以V三棱锥C－A1DE＝3×2×6×3×2＝1.

17．在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分别交AC、SC于D、E，又SA＝AB，SB＝BC. (1)求证：BD⊥平面SAC；

(2)求二面角E－BD－C的大小．

(1)证明

如图，∵DE⊥SC，且E为SC的中点，

又SB＝BC，∴BE⊥SC.又DE∩BE＝E，

根据直线与平面垂直的判定定理知SC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE

∴SC⊥BD. 又SA⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴SA⊥BD.又SA∩SC＝S. ∴BD⊥平面SAC. (2)解

由(1)知∠EDC为二面角E－BD－C的平面角，

又△SAC∽△DEC，

∴∠EDC＝∠ASC. 在Rt△SAB中，∠SAB＝90°，

设SA＝AB＝1，

则SB＝2. 由SA⊥BC，AB⊥BC，AB∩SA＝A，

∴BC⊥面SAB，SB⊂平面SAB

∴BC⊥SB. 在Rt△SBC中，SB＝BC＝2，∠SBC＝90°，则SC＝2. 在Rt△SAC中，∠SAC＝90°，SA＝1，SC＝2. SA1∴cos∠ASC＝SC＝2. ∴∠ASC＝60°，即二面角E－BD－C的大小为60°. 18．如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，

如图(2)．

(1)求证：DE∥平面A1CB；

(2)求证：A1F⊥BE；

(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．

(1)证明

∵D，E分别为AC，AB的中点，

∴DE∥BC. 又∵DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，

∴DE∥平面A1CB. (2)证明

由已知得AC⊥BC且DE∥BC，

∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD＝D，

∴DE⊥平面A1DC. 而A1F⊂平面A1DC，

∴DE⊥A1F. 又∵A1F⊥CD，DE∩CD＝D，

∴A1F⊥平面BCDE，BE⊂平面BCDE，

∴A1F⊥BE. (3)解

线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下：

如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC. 又∵DE∥BC，

∴DE∥PQ. ∴平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C⊂平面A1DC，

∴DE⊥A1C. 又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，

∴A1C⊥DP，DE∩DP＝D，

∴A1C⊥平面DEP. 从而A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ.