热门试卷

解：如图，取AC中点为G，连接EG、FG，

∵E，F分别是线段AD和BC的中点，∴GF∥AB，GE∥CD，在正四面体中，AB⊥CD，∴GE⊥GF，

∴EF2=GE2+GF2=，当四面体绕AB旋转时，

∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，

当CD与平面α垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面α上的射影E1F1的长取得最小值；

当CD与平面α平行时，GE在平面上的射影长最长为，E1F1取得最大值，

∴射影E1F1长的取值范围是[，]，

故选：D

解：①不对，由线面平行的判定定理知少a在平面α外；

②不对，因a∥α则a与α无公共点，则a与b平行或异面；③不对，a与可能b相交；

④对，由线面平行的性质定理知在α内有与b平行的直线，因a⊥α则a⊥b．

故选A．

解：∵直线a∥α，直线b∥α，

∴a与b相交、平行或异面都有可能，

故选：D．

解：根据线面垂直的性质定理可知①正确；

α∥β，γ∩α=m，γ∩β=n，则由平面与平面平行的性质，可得m∥n，正确．

∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α，∵α∥β，∴n⊥β，故正确；

根据线面垂直的性质定理可知④，不正确．

故选：C．

解：若α⊥β，α∩β=a，a⊥b，则b与α的关系不确定，故A错误；

若α⊥β，β⊥γ，则α与γ可能平行也可能相交（此时交线与β垂直），故B错误；

若α∩β=a，β∩γ=b，α⊥β，则a与b可能平行，也可能相交，故C错误；

若α∥β，根据两个平行平面与第三个平面的夹角相等，结合β⊥γ可得α⊥γ，故D正确；

故选：D

解：对于A，若l∥a，l∥β，则a与β可能相交；故A错误；

对于B，若α⊥β，l∥α，则l与β可能平行；故B错误；

对于C，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或者l⊂β；故C错误；

对于D，若l∥α，l⊥β，根据线面平行、线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理可以判断α⊥β；故D正确；

故选：D．

解：对于A，若a∥α，b⊥a，则b∥α，b与α相交或b⊂α，不正确；

对于B，若a∥α，a∥β，则α∥β或α，β相交，不正确；

对于C，若α⊥β，a⊥α，则a∥β或a⊂β，不正确；

对于D，若α⊥γ，β∥γ，在β内存在直线与α垂直，根据平面与平面垂直的判定，可得α⊥β，正确．

故选：D．

解：点P在直线a上，直线a在平面α内可记为P∈a，a⊂α；

故选：A．

解：若m∥α，n∥β且α∥β，则m，n可能平行也可能异面，也可以相交，故①错误；

若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m，n一定垂直，故②正确；

若m⊥α，n∥β且α∥β，则m，n一定垂直，故③正确；

若m∥α，n⊥β且α⊥β，则m，n可能相交、平行也可能异面，故④错误

故选D．

解：对于A，l∥β，l⊂α⇒α与β可能相交；故A错误；

对于B，l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α如果l∥m，α，β可能相交，故⇒α∥β是错误的；

对于C，l∥m，l⊂α，m⊂β⇒α与β可能相交；故C错误；

对于D，l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m=M满足面面平行的判定定理，所以⇒α∥β；故D正确；

故选D．

解：对于A，若m⊥α，m⊥β，根据线面垂直的性质定理以及面面平行的判定定理可以得到α∥β；故a正确；

对于B，若m⊥α，n⊥α，根据线面垂直的性质定理容易得到m∥n，故B正确；

对于C，若α∥γ，β∥γ，根据面面平行的性质定理和判定定理容易得到α∥β；故D正确；

对于D，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交；如墙角的三个面的关系；故D是错误的．

故选D．

解：若α∥β，m⊂α，根据面面平行的性质，可得m∥β，故A正确；

若m∥α，m∥β，α∩β=n，根据线面平行的性质，可得m∥n，故B正确；

若“m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，且m∩n=O”，则“α∥β”成立，但条件中缺少了“m∩n=O”，故结论“α∥β”不一定成立，得C错误；

若m∥α，经过m的平面与α相交于a，则可得m中m∥a，由于m⊥β，所以a⊥β，根据面面垂直的判定定理，可得α⊥β，故D正确．

故选：C．