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2014届高考数学(理)一轮复习热点针对训练:第55讲《圆的方程》、《直线的方程》、《空间角及其计算》

文章发布时间:2015/5/27 10:44:08



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1.P(2,-1)为圆(x1)2y225内弦AB的中点,则直线AB的方程为( C )

Axy10  B2xy30

Cxy30  D2xy50

解析:由圆的方程知圆心坐标为(1,0),圆心与P点的连线的斜率为-1,所以直线AB的斜率为1,又过点P(2,-1),所以直线AB的方程为xy30,故选C.

2.在平面直角坐标系内,若曲线Cx2y22ax4ay5a240上所有的点均在第二象限内,则实数a的取值范围为( D )

A(,-2)  B(,-1)

C(1,+)  D(2,+)

解析:曲线Cx2y22ax4ay5a240

(xa)2(y2a)24表示以(a,2a)为圆心,2为半径的圆,当-a<22a0,即a>2时,曲线C上所有的点均在第二象限内,故选D.

3.已知ABC是圆Ox2y21上不同的三个点,且·0,存在实数λμ满足=λμ,则点(λμ)与圆的位置关系是( B )

A.在单位圆外  B.在单位圆上

C.在单位圆内  D.无法确定

解析:因为点ABC在单位圆上,

|OC|1,于是有|OC|21

(λμ)21,展开得λ2μ21

所以点(λμ)在圆x2y21上,故选B.

4.圆心在原点且与直线x2y4相切的圆的方程是x2y2.

解析:由题意,半径R

所以圆的方程为x2y2,故填x2y2.

5.以抛物线y24x上的点(x0,4)为圆心,并过此抛物线焦点的圆的方程是(x4)2(y4)225 .

解析:抛物线的焦点为(1,0),准线为x=-1

根据点(x0,4)在抛物线上知424x0,解得x04

所以圆心为(4,4),半径为x015

故所求圆的方程为(x4)2(y4)225.

6.(2013·广东高州市第一次模拟)P(4,-2)与圆x2y24上任一点连线的中点的轨迹方程是(x2)2(y1)21 .

解析:设圆上任一点为Q(st)PQ的中点为A(xy)

,解得

将其代入圆的方程,

(2x4)2(2y2)24

整理得(x2)2(y1)21.

7.(2012·浙江省温州市2月适应性测试)x2y24x2mym60y轴的两交点位于原点的同侧,则实数m的取值范围是m>3或-6<m<2 .

解析:圆方程配方,得(x2)2(ym)2m2m2

解得m>3或-6<m<2.

8.已知圆心为C的圆经过点A(1,1)B(2,-2),且圆心C在直线lxy10上,求圆心为C的圆的标准方程.

解析:由已知求得AB 的垂直平分线l的方程为x3y30.

clip_image002

圆心C的坐标是方程组的解,

解得.

半径r|AC|5.

故所求圆的方程为(x3)2(y2)225.

9.在直角坐标系xOy中,以O为圆心的圆与直线xy40相切.

(1)求圆O的方程;

(2)Ox轴相交于AB两点,圆内的动点P使||||||成等比数列,求·的取值范围.

解析:(1)依题设,圆O的半径r等于原点O到直线xy40的距离,即r2.

所以圆O的方程为x2y24.

(2)不妨设A(x1,0)B(x2,0)x1<x2.

x24即得A(2,0)B(2,0)

P(xy),由||||||成等比数列,

·x2y2

x2y22.

·(2x,-y)· (2x,-y)

x24y22(y21)

由于点P在圆O内,故,由此得y2<1.

所以·的取值范围为[2,0)

 

1.(2012·安徽省皖南八校联考)若动点P到定点F(1,-1)的距离与到直线lx10的距离相等,则动点P的轨迹是( D )

A.椭圆  B.双曲线

C.抛物线  D.直线

解析:因为定点F(1,-1)在直线lx10上,所以轨迹为过F(1,-1)与直线l垂直的一条直线,故选D.

2.(2012·山西省太原五中高三9)实数变量mn满足m2n21,则坐标(mnmn)表示的点的轨迹是( D )

A.抛物线  B.椭圆

C.双曲线的一支  D.抛物线的一部分

解析:xmnymn

x2(mn)2m2n22mn12y

且由于mn的取值都有限制,

因此变量x的取值也有限制,

所以点(mnn)的轨迹为抛物线的一部分,故选D.

3.(2013·昌平区期末)一圆形纸片的圆心为点O,点Q是圆内异于O点的一定点,点A是圆周上一点.把纸片折叠使点AQ重合,然后展平纸片,折痕与OA交于P点.当点A运动时点P的轨迹是( B )

A.圆  B.椭圆

C.双曲线  D.抛物线

解析:由条件知|PA||PQ|

|PO||PQ||PO||PA|R(R|OQ|)

所以点P的轨迹是椭圆,故选B.

4.(2012·甘肃省天水市预测)已知点A(1,0)和圆x2y22上一动点P,动点M满足2=,则点M的轨迹方程是( C )

A(x3)2y21  B(x)2y21

C(x)2y2  Dx2(y)2

解析:M(xy)P(x0y0)

2,则2(1x,0y)(x01y00)

(22x,-2y)(x01y0)

所以.

又点P(x0y0)在圆x2y22上,

所以xy2,即(2x3)2(2y)22

化简得(x)2y2,故选C.

5.平面直角坐标系中,已知两点A(3,1)B(1,3),若点C满足=λ1λ2(O为原点),其中λ1λ2R,且λ1λ21,则点C的轨迹方程为x2y50 .

解析:C(xy)

(xy)(3,1)(1,3)

因为λ1λ2,所以.

λ1λ21,所以x2y50.

6.(2013·洛阳模拟)设过点P(xy)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于AB两点,点Q与点P关于y轴对称,O为坐标原点.若=2,且·1,则点P的轨迹方程是x23y21(x>0y>0) .

解析:A(a,0)B(0b)a>0b>0

2,得(xyb)2(ax,-y)

ax>0b3y>0.

因为点Q与点P关于y轴对称,所以点Q(xy)

故由·1,得(xy)·(ab)1

axby1.

axb3y代入上式得所求的轨迹方程为x23y21(x>0y>0)

7.(2013·广东高州市模拟)P(4,-2)与圆x2y24上任一点连线的中点的轨迹方程是(x2)2(y1)21 .

解析:设圆上任意一点为(x1y1),中点为(xy)

,即

代入x2y24,得(2x4)2(2y2)24

化简得(x2)2(y1)21.

8.已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点,焦点在x轴上,它的一个顶点到两个焦点的距离分别是71.

(1)求椭圆C的方程;

(2)P为椭圆C上的动点,M为过点P且垂直于x轴的直线上的点,=e(e为椭圆C的离心率),求点M的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线.

解析:(1)设椭圆长半轴长及半焦距分别为ac

由已知得,解得,所以b27

所以椭圆C的方程为1.

(2)M(xy)P(xy1),其中x[4,4]

由已知得e2.

e,故16(x2y)9(x2y2)

由点P在椭圆C上得y,代入式并化简得9y2112

所以点M的轨迹方程为y±(4x4),轨迹是两条平行于x轴的线段.

9.(2012·广东省肇庆市第一次模拟)已知圆C与两圆x2(y4)21x2(y2)21外切,圆C的圆心轨迹方程为L,设L上的点与点M(xy)的距离的最小值为m,点F(0,1)与点M(xy)的距离为n.

(1)求圆C的圆心轨迹L的方程;

(2)求满足条件mn的点M的轨迹Q的方程.

解析:(1)两圆半径都为1,两圆心分别为C1(0,-4)C2(02),由题意得CC1CC2

可知圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线,C1C2的中点为(0,-1),直线C1C2的斜率等于零,故圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线,其方程为y=-1

即圆C的圆心轨迹L的方程为y=-1.

(2)因为mn,所以M(xy)到直线y=-1的距离与到点F(0,1)的距离相等,故点M的轨迹Q是以y=-1为准线,点F(0,1)为焦点,顶点在原点的抛物线,

1,即p2,所以,轨迹Q的方程是x24y.

 

1.已知二面角α-l-β的大小为60°mn为异面直线,且mαnβ,则mn所成的角是( B )

A30°  B60°

C90°  D120°

2.(2012·东北三省四市教研协作体第二次调研测)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA12ABEAA1的中点,则异面直线BECD1所成的角的余弦值为( C )

A.  B.

C.  D.

解析:AB1,则AA12,连接A1B.因为CD1A1B,异面直线BECD1所成的角即A1BBE所成的角.

A1BE中,由余弦定理易得cos A1BE,故选C.

3.如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a(0,2,1)b(,,),那么这条斜线与平面的夹角是( D )

A90°  B60°

C45°  D30°

解析:cos θ,因此ab的夹角为30°.

4.(2013·河北省普通高中质量检测)三棱锥P-ABC的两侧面PABPBC都是边长为2a的正三角形,ACa,则二面角A-PB-C的大小为( D )

A90°  B30°

C45°  D60°

解析:PB的中点为M,连接AMCM,则AMPBCMPB,所以AMC为二面角A-PB-C的平面角.在等边PAB与等边PBC中知AMCMa,即AMC为正三角形,所以AMC60°,故选D.

5.(2012·江西省吉安市二模)已知正六棱锥的底面边长为1,体积为,其侧棱与底面所成的角等于.

解析:设正六棱锥的高为h,侧棱与底面所成的角为θ

×6××12×h,解得h

于是tan θ,故θ.

6.(2012·福建省福州市3月质检)已知三棱锥底面是边长为1的等边三角形,侧棱长均为2,则侧棱与底面所成角的余弦值为( D )

A.  B.

C.  D.

clip_image002

解析:由题意知该三棱锥是正三棱锥,如图,故顶点S在底面上的射影是底面正三角形的中心O,则AO×,所以cos SAO,故选D.

7.(2012·海南海口4月检测)正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角A-BD1-B1的大小为120° .

clip_image004

解析:D为坐标原点建立空间直角坐标系,如图.

A(1,0,0),则D1(0,0,1)B(1,1,0)B1(1,1,1)C(0,1,0)

(1,1,0)为平面BB1D1的一个法向量,

n(xyz)为平面ABD1的一个法向量,

n·0n·0

(1,0,1) (0,1,0)

所以,所以

x1,则z1,所以n(1,0,1)

所以cosn〉==-

所以〈n〉=120°

故二面角A-BD1-B1的大小为120°.

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8.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF分别是正方形ADD1A1ABCD的中心,GCC1的中点.设GFC1EAB所成的角分别为αβ,求αβ.

clip_image008

解析:建立空间直角坐标系如图.设正方体的棱长为2.

B(2,0,0)A(2, 2,0)G(0,0,1)F(1,1,0)C1(0,0,2)E(1,2,1)

(0,2,0)(1,1,-1)(1,2,-1)

所以cos 〉=cos 〉=

所以cos αcos βsin β

所以αβ90°.

9.(2013·广东省高州市二模)已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直,且ABBCBD,∠CBA=∠DBC120°,求:

(1)直线AD与平面BCD所成角的大小;

(2)二面角A-BD-C的余弦值.

clip_image010

解析:(1)如图,在平面ABC内,过AAHBC,垂足为H,则AH平面DBC

所以ADH即为直线AD与平面BCD所成的角,

由题设知AHB≌△AHD

DHBHAHDH,所以ADH45°.

所以直线AD与平面BCD所成的角为45°.

(2)HHRBD,垂足为R,连接AR

则由AH平面BCD

所以AHBDAHHRH

所以BD平面AHR,所以BDAR.

ARH为二面角A-BD-C的平面角的补角,

BCa,则由题设知,AHDHaBH.

HDB中,HRa

所以tan ARH2

故二面角A-BD-C的余弦值的大小为-.

 

1.(改编)已知过点P(4m1)Q(m1,6)的直线斜率等于1,那么m的值为( A )

A1  B4

C13  D14

解析:由斜率公式得k1,解得m1,故选A.

2.(2012·烟台调研)过两点(0,3)(2,1)的直线方程为( B )

Axy30  Bxy30

Cxy30  Dxy30

解析:由两点式得:,即xy30,故选B.

3.(2012·海南嘉积中学期末)直线l与直线y1,直线x7分别交于PQ两点,PQ的中点为M(1,-1),则直线l的斜率是( D )

A.  B.

C.-  D.-

解析:因为PQ的中点为M(1,-1)

所以由条件知P(5,1)Q(7,-3)

所以k=-,故选D.

4.已知直线x2x4与函数ylog2x图象的交点分别为AB,与函数ylg x图象的交点分别为CD两点,则直线ABCD( D)

A.相交,且交点在第一象限

B.相交,且交点在第二象限

C.相交,且交点在第四象限

D.相交,且交点在坐标原点

解析:由图象可知直线ABCD相交,两直线方程分别为AByxCDyx,则其交点为坐标原点,故选D.

5.(2012·贵阳模拟)直线l经过点A(1,2),在x轴上的截距的取值范围是(3,3),则其斜率的取值范围是kk<-1 .

解析:设直线l的斜率为k,则直线方程为y2k(x1),直线在x轴上的截距为1,令-313,解不等式可得kk<-1.

6.(2012·济南模拟)过点(1,3)作直线l,若经过点(a,0)(0b),且aN*bN*,则可作出的直线l2 条.

解析:由题意1,所以(a1)(b3)3

此方程有两组正整数解,有2条.

7.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量,在平面直线坐标系中,利用求动点轨迹方程的方法,可以求出过点A(3,4),且法向量为n(1,-2)的直线(点法式)方程为1×(x3)(2)×(y4)0,化简得x2y110.类比以上方法,在空间直角坐标系中,经过点A(1, 2,3)且法向量为n(1,-2,1)的平面(点法式)方程为x2yz20 (请写出化简后的结果)

解析:所求方程为(1)×(x1)(2)×(y2)1×(z3)0,化简即得x2yz20.

8.等腰△ABC的顶点为A(1,2),又直线AC的斜率为,点B的坐标为(3,2),求直线ACBC及∠A的平分线所在的直线方程.

解析:由点斜式得直线AC的方程为yx2.

因为ABx轴,又ABC是以A为顶点的等腰三角形且直线AC的倾斜角为

所以直线BC的倾斜角α.

α时,直线BC的方程为yx2.

A的平分线的倾斜角为

所以A的平分线所在直线的方程为y=-x2.

α时,直线BC的方程为y=-x23.

A的平分线的倾斜角为

所以A的平分线所在直线的方程为yx2.

9.已知两点A(1,2)B(m,3)

(1)求直线AB的方程;

(2)已知实数m[--1,-1],求直线AB的倾斜角α的取值范围.

解析:(1)m=-1时,直线AB的方程为x=-1

m1时,直线AB的方程为y2(x1)

(2)m=-1时,α

m1时,m1[0)(0]

所以k(,-][,+)

所以α[)(]

综合①②知,直线AB的倾斜角α[].

 

 

 

 

 

1.(改编)如图所示,已知四面体ABCDEFGH分别为ABBCCDAC的中点,则(+++)化简的结果为( C )

A.  B. clip_image002

C. D.

解析:()()()×2,故选C.

2.以下四个命题中正确的是( B )

A.若=+,则PAB三点共线

B.若{abc}为空间的一个基底,则{abbcca}构成空间的另一个基底

C|(a·bc||a||b||c|

D.△ABC为等腰直角三角形的充要条件是·0

3.a(2x,1,3)b(1,-2y,9),且ab,则( C )

Ax1y1  Bx=,y=-

Cx=,y=-  Dx=-,y

解析:因为ab,所以

所以xy=-.

4.(2013·舟山月考)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量、、两两的夹角均为60°,且||1||2||3,则||等于( A )

A5  B6

C4  D8

解析:abc

abc2a2b2c22a·b2b·c2c·a25,因此||5,故选A.

5.已知A(1,-2,6)B(1,2,-6)O为坐标原点,则向量与夹角是180° .

解析:=-,故夹角为180°.

6.(2012·吉林省油田高中上期期末)已知向量F1(1,2,-3)F2(2,3,-1)F3(3,-4,5),若F1F2F3共同作用在一个物体上,使物体从点M1(1,-2,1)移到点M2(3,1,2),则合力所做的功为8 .

解析:合力FF1F2F3(2,1,1)

位移(2,3,1)

则合力所做的功为WF·8.

7.(2012·海南部分重点中学联考)已知向量a(0,-1,1)b(4,1,0)|λab|=且λ0,则λ3 .

解析:由题意λab(4,1λλ)

所以16(λ1)2λ229(λ0)?λ3.

8.(2013·河北省保定模拟)已知a(x,4,1)b(2y,-1)c(3,-2z)abbc,求:

(1)abc

(2)(ac)(bc)所成角的余弦值.

解析:(1)因为ab

所以,解得x2y=-4

这时a(2,4,1)b(2,-4,-1)

又因为bc,所以b·c0,即-68z0

解得z2,于是c(3,-2,2)

(2)(1)ac(5, 2,3)bc(1,-6,1)

(ac)(bc)所成角为θ

因此cos θ=-.

9.已知向量a(1,-3,2)b(2,1,1),点A(3,-1,4)B(2,-2,2)

(1)|2ab|

(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得⊥b(O为原点)

解析:(1)2ab(2,-6,4)(2,1,1)(0,-5,5)

|2ab|5.

(2)t(3,-1,4)t(1,-1,-2)(3t,-1t,42t)

b,则·b0

所以-2(3t)(1t)(42t)0,解得t.

因此存在点E,使得b,此时E点的坐标为(,-)

 

1.lmn均为直线,其中mn在平面α内,则lαlmln( A )

A.充分不必要条件  B.必要不充分条件

C.充要条件  D.既不充分也不必要条件

2.l为一条直线,αβγ为三个互不重合的平面,给出下面三个命题:

αγβγ?αβ αγβγ?αβ

lαlβ?αβ.

其中正确的命题有( C )

A0  B1

C2  D3

解析:对于αβ可能平行、相交或垂直,故错;②③正确,故选C.

3.(2013·辽宁鞍山五模)已知m是平面α的一条斜线,点A?αl为过点A的一条动直线,那么下列情形可能出现的是( C )

Almlα  Blmlα

Clmlα  Dlmlα

解析:对于A,由lmlα,则mα,与已知矛盾;对于B,由lmlα,可知mαm?α,与已知矛盾;对于D,由lmlα可知mαm?α,与已知矛盾.由此排除ABD,故选C.

4.(2012·浙江省高考5月份押题)已知直线lm与平面αβγ满足βγllαm?αmγ,则有( B )

Aαγmβ  Bαγlm

Cmβlm  Dαβαγ

解析:m?αmγ?αγ,又l?γ?ml,故选B.

clip_image002

5.如图所示,定点AB都在平面α内,定点P?αPBαCα内异于AB的动点,且PCAC,则BCAC的位置关系是垂直 .

解析:因为PBα,所以PBAC.

又因为PCAC,且PCPBP

所以AC平面PBC,所以ACBC.

6.已知αβ是两个不同的平面,mn是平面αβ之外的两条不同直线,给出四个论断:

mn;②αβ;③nβ;④mα.

以其中三个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: ①③④?②③④?.

7.(2012·皖南八校第二次联考)已知αβγ是三个不同的平面,命题αβ,且αγ?βγ是真命题,如果把αβγ中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有新命题中,真命题有2 个.

解析:αβ换为直线ab,则命题化为ab,且aγ?bγ,此命题为真命题;若αγ换为直线ab,则命题化为aβ,且ab?bβ,此命题为假命题;若βγ换为直线ab,则命题化为aα,且bα?ab,此命题为真命题.

 

 

clip_image004

8.如图,四边形ABCD为矩形,PA⊥平面ABCDMN分别为ABPC的中点.

(1)证明:ABMN

(2)若平面PDC与平面ABCD45°角,连接AC,取AC的中点O,证明平面MNO⊥平面PDC.

证明:(1)因为NPC的中点,

所以ONPA.

PA平面ABCD,所以ON平面ABCD.

所以ONAB.

又四边形ABCD为矩形,MAB的中点,

所以OMAB,所以AB平面OMN

所以ABMN.

(2)PA平面ABCDADDC,则PDDC.

clip_image006

PDA为平面PDC与平面ABCD所成锐二面角的平面角,即PDA45°,所以PAADBC.

连接MC

RtBCMRtAPM知,MCMP,所以MNPC.

因为ABMN,所以MNCD

PCCDC,所以MN平面PCD

所以平面MNO平面PCD.

clip_image008

9.(2012·黑龙江省绥棱县上期期末)棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱C1D1的中点,F为棱BC的中点.

(1)求证:AEDA1

(2)求在线段AA1上找一点G,使AE⊥平面DFG.

clip_image010

解析:(1)连接AD1BC1

由正方体的性质可知,

DA1AD1DA1AB

ABAD1A

所以DA1平面ABC1D1

AE?平面ABC1D1

所以AEDA1.

(2)所求G点即为A1点,证明如下:

(1)AEDA1

CD的中点H,连接AHEH

由平面几何知识易得DFAH

DFEHAHEHH,所以DF平面AHE

所以DFAE

又因为DFA1DD

所以AE平面DFA1,即AE平面DFG.

 

1.(2013·山东省高考冲刺预测)mn是平面α内的两条不同直线,l1l2是平面β内的两条相交直线,则αβ的一个充分而不必要条件是( B )

Amβl1α  Bml1nl2

Cmβnβ  Dmβnl2

解析:ml1nl2mn?αl1l2β内两条相交直线,则可得αβ;若αβl1l2β内两条相交直线,则不一定有ml1nl2,故选B.

2.已知两个不重合的平面αβ,下面给出四个条件:

α内有无穷多条直线均与平面β平行;

②平面αβ均与平面γ平行;

③平面αβ与平面γ都相交,且其交线平行;

④平面αβ与直线l所成的角相等.

其中能推出αβ的是( B )

A  B

C  D.③和④

解析:中也存在αβ相交的可能,故不正确;符合平面平行的传递性,故正确;中平面αβγ可能两两相交,故不正确;中平面αβ也可能相交,故选B.

3.已知mn是两条不重合的直线,αβγ是三个两两不重合的平面,则下列四个命题中真命题的是( C )

A.若mαnα,则mn

B.若mαmn,则nα

C.若αβαγmβγn,则mn

D.若m?αn?βmn,则αβ

解析:Amn还可能相交、异面,假命题;B中直线n可能在α内,不正确;D中,若mn都与αβ的交线l平行,满足条件,但αβ可相交,不正确,故选C.

clip_image002

4.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF分别为棱ABCC1的中点,在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( A )

A.有无数条  B.有2

C.有1  D.不存在

解析:延长D1FDC的延长线于G,连接EGBCH,其反向延长线交DAR,连接FHD1R,则平面D1GR即为D1EF平面,由平面ADD1A1与平面BCC1B1平行的性质知FHD1R,因为在平面ADD1A1内无数条与D1R平行的直线,所以这无数条直线与平面D1EF都平行,故选A.

5.若三个平面把空间分成6个部分,那么这三个平面的位置关系是三个平面共线,或两个平面平行且都与第三个平面相交 .(写出一种可能的情形即可)

解析:可将三个平面视为三条直线,考虑三条直线分平面为几部分来考虑.

6.已知mn是不重合的直线,αβ是不重合的平面,有下列命题:

①若m?αnα,则mn

mαmβ,则αβ

③若αβnmn,则mαmβ

④若mαmβ,则αβ.

其中正确命题的序号有 .

7.考察下列三个命题,请在“________”处添加一个条件,构成真命题(其中lm为直线,αβ为平面),则:

?lα;②?lα;③?αβ.

解析:①②根据直线与平面平行的判定定理知均需要强调直线l在平面外,均添加l?α根据两个平面平行的判定定理知须强调两条直线相交,故添加abA.

 

 

clip_image004

8.如图所示,已知四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,MPC的中点,在DM上取一点G,过GAP作平面交平面BDMGH. 求证:APGH.

clip_image006

证明:如图所示,连接AC.

ACBDO,连接MO.

因为四边形ABCD是平行四边形,所以OAC的中点.

又因为MPC的中点,所以MOPA.

又因为MO?平面BDMPA?平面BDM

所以PA平面BDM

平面BDM平面APGGH,所以APGH.

clip_image008

9.(原创)如图,ABCDADEF为平行四边形,MNG分别是ABADEF的中点.

(1)求证:BE∥平面DMF

(2)求证:平面BDE∥平面MNG.

clip_image010

证明:(1)连接AE,则AE必过DFGN的交点O

连接MO,则MOABE的中位线,所以BEMO

BE?平面EMFMO?平面DMF

所以BE平面DMF.

(2)因为NG分别为平行四边形ADEF的边ADEF的中点,所以DEGN

DE?平面MNGGN?平面MNG

所以DE平面MNG.

MAB中点,所以MNABD的中位线,

所以BDMN

MN?平面MNGBD?平面MNG

所以BD平面MNG

DEBD为平面BDE内的两条相交直线,

所以平面BDE∥平面MNG.


1.有些路很远, 走下去会很累。可是,不走,会后悔。2.最难过的,莫过于当你遇上一个特别的人,却明白永远不可能在一起,或迟或早,你都不得不放弃。3.小时侯,幸福是一件东西,拥有就幸福;长大后,幸福是一个目标,达到就幸福;成熟后,发现幸福原来是一种心态,领悟就幸福。4.宁愿像个孩子, 不肯看太多的事, 听太多的不是, 单纯一辈子。5.女人的脸不经近看,男人的心不经细看。有些人,身近了,心也就远了。6

1.有些路很远, 走下去会很累。可是,不走,会后悔。2.最难过的,莫过于当你遇上一个特别的人,却明白永远不可能在一起,或迟或早,你都不得不放弃。3.小时侯,幸福是一件东西,拥有就幸福;长大后,幸福是一个目标,达到就幸福;成熟后,发现幸福原来是一种心态,领悟就幸福。4.宁愿像个孩子, 不肯看太多的事, 听太多的不是, 单纯一辈子。5.女人的脸不经近看,男人的心不经细看。有些人,身近了,心也就远了。6



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