課時過關(guān)檢測（三十八） 空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系

這是一份課時過關(guān)檢測（三十八） 空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系，共7頁。

A級——基礎(chǔ)達標(biāo)
1．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA與O1A1的方向相同，則下列結(jié)論正確的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同B．OB∥O1B1
C．OB與O1B1不平行D．OB與O1B1不一定平行
解析：選D 如圖①，∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA與O1A1的方向相同，但OB與O1B1不平行，故排除A、B；如圖②，∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA與O1A1的方向相同，此時OB∥O1B1，故排除C，故選D.
2．已知直線a，b分別在兩個不同的平面α，β內(nèi)，則“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的( )
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
解析：選A 若直線a和直線b相交，則平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直線α和直線b可能平行或異面或相交，故選A.
3．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝eq \r(2)BB1，則AB1與BC1所成角的大小為( )
A．30°B．60°
C．75°D．90°
解析：選D 將正三棱柱ABC-A1B1C1補為四棱柱ABCD-A1B1C1D1，連接C1D，BD(圖略)，則C1D∥B1A，∠BC1D為所求角或其補角．設(shè)BB1＝eq \r(2)，則BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq \r(3)，又因為BC1＝C1D＝eq \r(6)，所以∠BC1D＝90°.
4.如圖所示，ABCD-A1B1C1D1是長方體，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結(jié)論正確的是( )
A．A，M，O三點共線
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
解析：選A 連接A1C1，AC(圖略)，則A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四點共面，∴A1C?平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，
同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上．
∴A，M，O三點共線．
5.(多選)如圖，點E，F(xiàn)，G，H分別是正方體ABCD-A1B1C1D1中棱AA1，AB，BC，C1D1的中點，則( )
A．GH＝2EF
B．GH≠2EF
C．直線EF，GH是異面直線
D．直線EF，GH是相交直線
解析：選BD 如圖，取棱CC1的中點N，A1D1的中點M，連接EM，MH，HN，NG，F(xiàn)G，AC，A1C1，
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，
∵MH∥A1C1∥AC∥FG，
∴M，H，F(xiàn)，G四點共面，同理可得E，M，G，N四點共面，E，F(xiàn)，H，N四點共面，
∴E，M，H，N，G，F(xiàn)六點共面，均在平面EFGNHM內(nèi)，
∵EF∥HN，HN∩HG＝H，
HN，HG，EF?平面EFGNHM，
∴EF與GH是相交直線．由正方體的結(jié)構(gòu)特征及中位線定理可得EF＝HN＝NG＝FG＝EM＝MH，
∴eq \r(3)EF＝GH，即GH≠2EF.
故選B、D.
6．(多選)(2021·濰坊模擬)已知平面α∩平面β＝直線l，點A，C∈平面α，點B，D∈平面β，且A，B，C，D?l，點M，N分別是線段AB，CD的中點，則下列說法錯誤的是( )
A．當(dāng)CD＝2AB時，M，N不可能重合
B．M，N可能重合，但此時直線AC與l不可能相交
C．當(dāng)直線AB，CD相交，且AC∥l時，BD可與l相交
D．當(dāng)直線AB，CD異面時，MN可能與l平行
解析：選ACD A選項，當(dāng)CD＝2AB時，若A，B，C，D四點共面且AC∥BD時，則M，N兩點能重合，可知A錯誤；B選項，若M，N重合，則AC∥BD，則AC∥平面β，故AC∥l，此時直線AC與直線l不可能相交，可知B正確；C選項，當(dāng)AB與CD相交，且AC∥l時，直線BD與l平行，可知C錯誤；D選項，當(dāng)AB與CD是異面直線時，MN不可能與l平行，可知D錯誤．故選A、C、D.
7．如圖，在平行六面體ABCD -A1B1C1D1中，既與AB共面又與CC1共面的棱有 條．
解析：依題意，與AB和CC1都相交的棱有BC；與AB相交且與CC1平行有棱AA1，BB1；與AB平行且與CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合條件的有5條．
答案：5
8．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱PC，PB的中點，則EF與平面PAD的位置關(guān)系為 ，平面AEF與平面ABCD的交線是 ．
解析：由題易知EF∥BC，BC∥AD，所以EF∥AD，故EF∥平面PAD，因為EF∥AD，所以E，F(xiàn)，A，D四點共面，所以AD為平面AEF與平面ABCD的交線．
答案：平行 AD
9.如圖，在三棱錐A-BCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AB，BC，CD，DA的中點，則
(1)當(dāng)AC，BD滿足條件 時，四邊形EFGH為菱形；
(2)當(dāng)AC，BD滿足條件 時，四邊形EFGH為正方形．
解析：(1)∵四邊形EFGH為菱形，
∴EF＝EH，∴AC＝BD.
(2)∵四邊形EFGH為正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝eq \f(1,2)AC，EH＝eq \f(1,2)BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.
答案：(1)AC＝BD (2)AC＝BD且AC⊥BD
10.如圖，已知正方體ABCD -A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，過點A，P，C1的平面截正方體所得的截面為M，則截面M的面積為 ．
解析：如圖，取A1D1，AD的中點分別為F，G.連接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.
∵F為A1D1的中點，P為BC的中點，G為AD的中點，
∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝eq \f(\r(5),2)，
PG綊CD，AF綊D1G.
由題意易知CD綊C1D1，
∴PG綊C1D1，
∴四邊形C1D1GP為平行四邊形，
∴PC1綊D1G，∴PC1綊AF，∴A，P，C1，F(xiàn)四點共面，
∴四邊形APC1F為菱形．
∵AC1＝eq \r(3)，PF＝eq \r(2)，過點A，P，C1的平面截正方體所得的截面M為菱形APC1F，
∴截面M的面積S＝eq \f(1,2)AC1·PF＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(2)＝eq \f(\r(6),2).
答案：eq \f(\r(6),2)
11.如圖，AB∩α＝P，CD∩α＝P，A，D與B，C分別在平面α的兩側(cè)，AC∩α＝Q，BD∩α＝R，求證：P，Q，R三點共線．
證明：∵AB∩α＝P，CD∩α＝P，
∴AB∩CD＝P.
∴AB，CD可確定一個平面，設(shè)為β.
∵A∈AB，C∈CD，B∈AB，D∈CD，
∴A∈β，C∈β，B∈β，D∈β.
∴AC?β，BD?β，平面α，β相交．
∵AB∩α＝P，AC∩α＝Q，BD∩α＝R，
∴P，Q，R三點都是平面α與平面β的公共點．
∴點P，Q，R都在平面α與平面β的交線上，
故P，Q，R三點共線．
12.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，E1，F(xiàn)1分別是棱AB，AD，B1C1，C1D1的中點，求證：
(1)EF綊E1F1；
(2)∠EA1F＝∠F1CE1.
證明：(1)如圖，連接BD，B1D1，在△ABD中，因為E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，所以EF綊eq \f(1,2)BD.
同理可證E1F1綊eq \f(1,2)B1D1.
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1綊DD1，所以四邊形BB1D1D為平行四邊形，則BD綊B1D1.
所以EF綊E1F1.
(2)取A1B1的中點M，連接F1M，BM，則MF1綊B1C1，又B1C1綊BC，所以MF1綊BC.所以四邊形BMF1C為平行四邊形，所以BM∥CF1.
因為A1M＝eq \f(1,2)A1B1，BE＝eq \f(1,2)AB，且A1B1綊AB，所以A1M綊BE，所以四邊形BMA1E為平行四邊形，所以BM∥A1E，所以A1E∥CF1.
同理可證A1F∥CE1.
因為∠EA1F的兩邊與∠F1CE1的兩邊分別對應(yīng)平行，且方向都相反，所以∠EA1F＝∠F1CE1.
B級——綜合應(yīng)用
13．(多選)(2021·海南模擬)關(guān)于正方體ABCD-A1B1C1D1有如下四個說法，其中正確的是( )
A．若點P在直線BC1上運動，則三棱錐A-D1PC的體積不變
B．若點P是平面A1B1C1D1上到點D和C1距離相等的點，則P點的軌跡是直線A1D1
C．若點P在線段BC1(含端點)上運動，則直線AP與DC所成角的范圍為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
D．若點P在線段BC1(含端點)上運動，則直線AP與D1C所成的角一定是銳角
解析：選AB 對于A，由BC1∥AD1，可得BC1∥平面AD1C，
則點P到平面AD1C的距離不變，
由△AD1C的面積為定值，
可知點P在直線BC1上運動時，三棱錐A-D1PC的體積不變，故A正確；
對于B，若點P是平面A1B1C1D1上到點D和C1距離相等的點，
則P點的軌跡是平面A1BCD1與平面A1B1C1D1的交線A1D1，故B正確；
對于C，直線AP與DC所成角即為∠PAB，當(dāng)P與C1重合時，∠PAB最大，且tan∠PAB＝eq \r(2)，所以∠PAB