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》

1.点P(2，－1)为圆(x－1)²＋y²＝25内弦AB的中点，则直线AB的方程为( C )

A．x＋y－1＝0  B．2x＋y－3＝0

C．x－y－3＝0  D．2x－y－5＝0

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x－y－3＝0，故选C.

2.在平面直角坐标系内，若曲线C：x²＋y²＋2ax－4ay＋5a²－4＝0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C：x²＋y²＋2ax－4ay＋5a²－4＝0，

即(x＋a)²＋(y－2a)²＝4表示以(－a,2a)为圆心，2为半径的圆，当－a<－2且2a＞0，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A、B、C是圆O：x²＋y²＝1上不同的三个点，且·＝0，存在实数λ，μ满足＝λ＋μ，则点(λ，μ)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A、B、C在单位圆上，

故|OC|＝1，于是有|OC|²＝1，

即(λ＋μ)²＝1，展开得λ²＋μ²＝1，

所以点(λ，μ)在圆x²＋y²＝1上，故选B.

4.圆心在原点且与直线x＋2y＝4相切的圆的方程是 x²＋y²＝ .

解析：由题意，半径R＝＝，

所以圆的方程为x²＋y²＝，故填x²＋y²＝.

5.以抛物线y²＝4x上的点(x_0,4)为圆心，并过此抛物线焦点的圆的方程是 (x－4)²＋(y－4)²＝25 .

解析：抛物线的焦点为(1,0)，准线为x＝－1，

根据点(x_0,4)在抛物线上知4²＝4x₀，解得x₀＝4，

所以圆心为(4,4)，半径为x₀＋1＝5，

故所求圆的方程为(x－4)²＋(y－4)²＝25.

6.(2013·广东高州市第一次模拟)点P(4，－2)与圆x²＋y²＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是 (x－2)²＋(y＋1)²＝1 .

解析：设圆上任一点为Q(s，t)，PQ的中点为A(x，y)，

则，解得，

将其代入圆的方程，

得(2x－4)²＋(2y＋2)²＝4，

整理得(x－2)²＋(y＋1)²＝1.

7.(2012·浙江省温州市2月适应性测试)若x²＋y²－4x＋2my＋m＋6＝0与y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(x－2)²＋(y＋m)²＝m²－m－2，

则，

解得m>3或－6<m<－2.

8.已知圆心为C的圆经过点A(1,1)和B(2，－2)，且圆心C在直线l：x－y＋1＝0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x－3y－3＝0.

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(x＋3)²＋(y＋2)²＝25.

9.在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x－y＋4＝0相切．

(1)求圆O的方程；

(2)圆O与x轴相交于A、B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x－y＋4＝0的距离，即r＝＝2.

所以圆O的方程为x²＋y²＝4.

(2)不妨设A(x_1,0)，B(x_2,0)，x₁<x₂.

由x²＝4即得A(－2,0)，B(2,0)．

设P(x，y)，由||，||，||成等比数列，

得·＝x²＋y²，

即x²－y²＝2.

·＝(－2－x，－y)· (2－x，－y)

＝x²－4＋y²＝2(y²－1)．

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l：x－1＝0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l：x－1＝0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月)实数变量m，n满足m²＋n²＝1，则坐标(m＋n，mn)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：设x＝m＋n，y＝mn，

则x²＝(m＋n)²＝m²＋n²＋2mn＝1＋2y，

且由于m，n的取值都有限制，

因此变量x的取值也有限制，

所以点(m＋n，n)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A与Q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|，

则|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x²＋y²＝2上一动点P，动点M满足2＝，则点M的轨迹方程是( C )

A．(x－3)²＋y²＝1  B．(x－)²＋y²＝1

C．(x－)²＋y²＝  D．x²＋(y－)²＝

解析：设M(x，y)，P(x₀， y₀)，

由2＝，则2(－1－x,0－y)＝(x₀＋1，y₀－0)，

即(－2－2x，－2y)＝(x₀＋1，y₀)，

所以.

又点P(x₀，y₀)在圆x²＋y²＝2上，

所以x＋y＝2，即(－2x－3)²＋(－2y)²＝2，

化简得(x－)²＋y²＝，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＝λ₁＋λ₂(O为原点)，其中λ₁，λ₂∈R，且λ₁＋λ₂＝1，则点C的轨迹方程为 x＋2y－5＝0 .

解析：设C(x，y)，

则＝(x，y)，＝(3,1)，＝(－1,3)．

因为＝λ₁＋λ₂，所以.

又λ₁＋λ₂＝1，所以x＋2y－5＝0.

6.(2013·洛阳模拟)设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B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 x²＋3y²＝1(x>0，y>0) .

解析：设A(a,0)，B(0，b)，a>0，b>0，

由＝2，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，

即a＝x>0，b＝3y>0.

因为点Q与点P关于y轴对称，所以点Q(－x，y)，

故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，

即ax＋by＝1.

将a＝x，b＝3y代入上式得所求的轨迹方程为x²＋3y²＝1(x>0，y>0)．

7.(2013·广东高州市模拟)点P(4，－2)与圆x²＋y²＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是 (x－2)²＋(y＋1)²＝1 .

解析：设圆上任意一点为(x₁，y₁)，中点为(x，y)，

则，即，

代入x²＋y²＝4，得(2x－4)²＋(2y＋2)²＝4，

化简得(x－2)²＋(y＋1)²＝1.

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7和1.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若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a，c，

由已知得，解得，所以b²＝7，

所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)设M(x，y)，P(x，y₁)，其中x∈[－4,4]．

由已知得＝e².

而e＝，故16(x²＋y)＝9(x²＋y²)．①

由点P在椭圆C上得y＝，代入①式并化简得9y²＝112，

所以点M的轨迹方程为y＝±(－4≤x≤4)，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＋(y＋4)²＝1，x²＋(y－2)²＝1外切，圆C的圆心轨迹方程为L，设L上的点与点M(x，y)的距离的最小值为m，点F(0,1)与点M(x，y)的距离为n.

(1)求圆C的圆心轨迹L的方程；

(2)求满足条件m＝n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(0，2)，由题意得CC₁＝CC₂，

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m＝n，所以M(x，y)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，

而＝1，即p＝2，所以，轨迹Q的方程是x²＝4y.

 

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

A．30°  B．60°

C．90°  D．120°

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，AA₁＝2AB，E为AA₁的中点，则异面直线BE与CD₁所成的角的余弦值为( C )

A.  B.

C.  D.

解析：令AB＝1，则AA₁＝2，连接A₁B.因为CD₁∥A₁B，异面直线BE与CD₁所成的角即A₁B与BE所成的角．

在△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 )

A．90°  B．60°

C．45°  D．30°

解析：cos θ＝＝，因此a与b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PAB、PBC都是边长为2a的正三角形，AC＝a，则二面角A-PB-C的大小为( D )

A．90°  B．30°

C．45°  D．60°

解析：取PB的中点为M，连接AM，CM，则AM⊥PB，CM⊥PB，所以∠AMC为二面角A-PB-C的平面角．在等边△PAB与等边△PBC中知AM＝CM＝a，即△AMC为正三角形，所以∠AMC＝60°，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，

则×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.

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° .

解析：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图．

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

则＝(－1,1,0)为平面BB₁D₁的一个法向量，

设n＝(x，y，z)为平面ABD₁的一个法向量，

则n·＝0，n·＝0，

又＝(－1,0,1) ，＝(0,1,0)，

所以，所以，

令x＝1，则z＝1，所以n＝(1,0,1)，

所以cos〈，n〉＝＝＝－，

所以〈，n〉＝120°，

故二面角A-BD₁-B₁的大小为120°.

8.如图所示，正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E、F分别是正方形ADD₁A₁和ABCD的中心，G是CC₁的中点．设GF、C₁E与AB所成的角分别为α，β，求α＋β.

解析：建立空间直角坐标系如图．设正方体的棱长为2.

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

则＝(0,2,0)，＝(1,1，－1)，＝(1,2，－1)，

所以cos 〈，〉＝，cos 〈，〉＝，

所以cos α＝，cos β＝，sin β＝，

所以α＋β＝90°.

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AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°，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．

解析：(1)如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，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，

则DH⊥BH，AH＝DH，所以∠ADH＝45°.

所以直线AD与平面BCD所成的角为45°.

(2)过H作HR⊥BD，垂足为R，连接AR，

则由AH⊥平面BCD，

所以AH⊥BD，AH∩HR＝H，

所以BD⊥平面AHR，所以BD⊥AR.

故∠ARH为二面角A-BD-C的平面角的补角，

设BC＝a，则由题设知，AH＝DH＝a，BH＝.

在△HDB中，HR＝a，

所以tan ∠ARH＝＝2，

故二面角A-BD-C的余弦值的大小为－.

 

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

A．1  B．4

C．1或3  D．1或4

解析：由斜率公式得k＝＝1，解得m＝1，故选A.

2.(2012·烟台调研)过两点(0,3)，(2,1)的直线方程为( B )

A．x－y－3＝0  B．x＋y－3＝0

C．x＋y＋3＝0  D．x－y＋3＝0

解析：由两点式得：＝，即x＋y－3＝0，故选B.

3.(2012·海南嘉积中学期末)直线l与直线y＝1，直线x＝7分别交于P，Q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x＝2及x＝4与函数y＝log₂x图象的交点分别为A，B，与函数y＝lg x图象的交点分别为C、D两点，则直线AB与CD( 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AB与CD相交，两直线方程分别为AB：y＝x，CD：y＝x，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 k＞或k＜－1 .

解析：设直线l的斜率为k，则直线方程为y－2＝k(x－1)，直线在x轴上的截距为1－，令－3＜1－＜3，解不等式可得k＞或k＜－1.

6.(2012·济南模拟)过点(1,3)作直线l，若经过点(a,0)和 (0，b)，且a∈N^*，b∈N^*，则可作出的直线l有 2 条．

解析：由题意＋＝1，所以(a－1)(b－3)＝3，

此方程有两组正整数解或，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×(x＋3)＋(－2)×(y－4)＝0，化简得x－2y＋11＝0.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 x＋2y－z－2＝0 (请写出化简后的结果)．

解析：所求方程为(－1)×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0，化简即得x＋2y－z－2＝0.

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AC、BC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y＝x＋2＋.

因为AB∥x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为或.

①当α＝时，直线BC的方程为y＝x＋2＋.

又∠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＝－x＋2－.

②当α＝时，直线BC的方程为y＝－x＋2－3.

又∠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＝x＋2＋.

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)当m＝－1时，直线AB的方程为x＝－1；

当m≠－1时，直线AB的方程为y－2＝(x＋1)．

(2)①当m＝－1时，α＝；

②当m≠－1时，m＋1∈[－，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ABCD，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AC的中点，则(＋＋＋)化简的结果为( C )

A.  B.

C. D.

解析：(＋＋＋)＝(＋＋)＝(＋)＝×2＝，故选C.

2.以下四个命题中正确的是( B )

A．若＝＋，则P、A、B三点共线

B．若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底

C．|(a·b)·c|＝|a||b||c|

D．△ABC为等腰直角三角形的充要条件是·＝0

3.若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则( C )

A．x＝1，y＝1  B．x＝，y＝－

C．x＝，y＝－  D．x＝－，y＝

解析：因为a∥b，所以＝＝，

所以x＝，y＝－.

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 )

A．5  B．6

C．4  D．8

解析：设＝a，＝b，＝c，

则＝a＋b＋c，²＝a²＋b²＋c²＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝25，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F₁，F₂，F₃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F＝F₁＋F₂＋F₃＝(2,1,1)，

位移＝(2,3,1)，

则合力所做的功为W＝F·＝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)，|λa＋b|＝且λ＞0，则λ＝ 3 .

解析：由题意λa＋b＝(4,1－λ，λ)，

所以16＋(λ－1)²＋λ²＝29(λ＞0)?λ＝3.

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

(1)a，b，c；

(2)(a＋c)与(b＋c)所成角的余弦值．

解析：(1)因为a∥b，

所以＝＝，解得x＝2，y＝－4，

这时a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)，

又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，

解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．

(2)由(1)得a＋c＝(5, 2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，

设(a＋c)与(b＋c)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)求|2a＋b|；

(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)．

解析：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，

故|2a＋b|＝＝5.

(2)＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)．

若⊥b，则·b＝0，

所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.

因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为(－，－，)．

 

1.设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的( 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.若l为一条直线，α，β，γ为三个互不重合的平面，给出下面三个命题：

①α⊥γ，β⊥γ?α⊥β；  ②α⊥γ，β∥γ?α⊥β；

③l∥α，l⊥β?α⊥β.

其中正确的命题有( C )

A．0个  B．1个

C．2个  D．3个

解析：对于①，α与β可能平行、相交或垂直，故①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?α，l为过点A的一条动直线，那么下列情形可能出现的是( C )

A．l∥m，l⊥α  B．l⊥m，l⊥α

C．l⊥m，l∥α  D．l∥m，l∥α

解析：对于A，由l∥m，l⊥α，则m⊥α，与已知矛盾；对于B，由l⊥m，l⊥α，可知m∥α或m?α，与已知矛盾；对于D，由l∥m，l∥α可知m∥α或m?α，与已知矛盾．由此排除A，B，D，故选C.

4.(2012·浙江省高考5月份押题)已知直线l，m与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，m?α，m⊥γ，则有( B )

A．α⊥γ且m∥β  B．α⊥γ且l⊥m

C．m∥β且l⊥m  D．α∥β且α⊥γ

解析：m?α，m⊥γ?α⊥γ，又l?γ?m⊥l，故选B.

5.如图所示，定点A和B都在平面α内，定点P?α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则BC与AC的位置关系是 垂直 .

解析：因为PB⊥α，所以PB⊥AC.

又因为PC⊥AC，且PC∩PB＝P，

所以AC⊥平面PBC，所以AC⊥BC.

6.已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：

①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.

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?②或②③④?① .

7.(2012·皖南八校第二次联考)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ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：若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命题为真命题．

 

 

8.如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M、N分别为AB、PC的中点．

(1)证明：AB⊥MN；

(2)若平面PDC与平面ABCD成45°角，连接AC，取AC的中点O，证明平面MNO⊥平面PDC.

证明：(1)因为N为PC的中点，

所以ON∥PA.

而PA⊥平面ABCD，所以ON⊥平面ABCD.

所以ON⊥AB.

又四边形ABCD为矩形，M为AB的中点，

所以OM⊥AB，所以AB⊥平面OMN，

所以AB⊥MN.

(2)PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，则PD⊥DC.

故∠PDA为平面PDC与平面ABCD所成锐二面角的平面角，即∠PDA＝45°，所以PA＝AD＝BC.

连接MC，

由Rt△BCM≌RtAPM知，MC＝MP，所以MN⊥PC.

因为AB⊥MN，所以MN⊥CD，

又PC∩CD＝C，所以MN⊥平面PCD，

所以平面MNO⊥平面PCD.

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：AE⊥DA₁；

(2)求在线段AA₁上找一点G，使AE⊥平面DFG.

解析：(1)连接AD₁，BC₁，

由正方体的性质可知，

DA₁⊥AD₁，DA₁⊥AB，

又AB∩AD₁＝A，

所以DA₁⊥平面ABC₁D₁，

又AE?平面ABC₁D₁，

所以AE⊥DA₁.

(2)所求G点即为A₁点，证明如下：

由(1)知AE⊥DA₁，

取CD的中点H，连接AH，EH，

由平面几何知识易得DF⊥AH，

又DF⊥EH，AH∩EH＝H，所以DF⊥平面AHE，

所以DF⊥AE，

又因为DF∩A₁D＝D，

所以AE⊥平面DFA₁，即AE⊥平面DFG.

 

1.(2013·山东省高考冲刺预测)设m，n是平面α内的两条不同直线，l₁，l₂是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( B )

A．m∥β且l₁∥α  B．m∥l₁且n∥l₂

C．m∥β且n∥β  D．m∥β且n∥l₂

解析：m∥l₁且n∥l₂，m， n?α，l₁，l₂为β内两条相交直线，则可得α∥β；若α∥β，l₁，l₂为β内两条相交直线，则不一定有m∥l₁且n∥l₂，故选B.

2.已知两个不重合的平面α和β，下面给出四个条件：

①α内有无穷多条直线均与平面β平行；

②平面α，β均与平面γ平行；

③平面α，β与平面γ都相交，且其交线平行；

④平面α，β与直线l所成的角相等．

其中能推出α∥β的是( B )

A．①  B．②

C．①和③  D．③和④

解析：①中也存在α，β相交的可能，故不正确；②符合平面平行的传递性，故正确；③中平面α，β，γ可能两两相交，故不正确；④中平面α，β也可能相交，故选B.

3.已知m、n是两条不重合的直线，α、β、γ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m∥α，n∥α，则m∥n

B．若m∥α，m∥n，则n∥α

C．若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥n

D．若m?α，n?β，m∥n，则α∥β

解析：A中m， n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m，n都与α，β的交线l平行，满足条件，但α，β可相交，不正确，故选C.

4.如图，正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E，F分别为棱AB，CC₁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条

C．有1条  D．不存在

解析：延长D₁F交DC的延长线于G，连接EG交BC于H，其反向延长线交DA于R，连接FH，D₁R，则平面D₁GR即为D₁EF平面，由平面ADD₁A₁与平面BCC₁B₁平行的性质知FH∥D₁R，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m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：

①若m?α，n∥α，则m∥n；

②m∥α，m∥β，则α∥β；

③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β；

④若m⊥α，m⊥β，则α∥β.

其中正确命题的序号有 ④ .

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l，m为直线，α、β为平面)，则：

①?l∥α；②?l∥α；③?α∥β.

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；③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a∩b＝A.

 

 

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，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH. 求证：AP∥GH.

证明：如图所示，连接AC.

设AC交BD于O，连接MO.

因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．

又因为M是PC的中点，所以MO∥PA.

又因为MO?平面BDM，PA?平面BDM，

所以PA∥平面BDM，

平面BDM∩平面APG＝GH，所以AP∥GH.

9.(原创)如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

(1)求证：BE∥平面DMF；

(2)求证：平面BDE∥平面MNG.

证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，

连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE?平面EMF，MO?平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，

又DE?平面MNG，GN?平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，

所以BD∥MN，

又MN?平面MNG，BD?平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，

所以平面BDE∥平面MNG.