课时过关检测（三十八） 空间点、直线、平面之间的位置关系

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A级——基础达标
1．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行D．OB与O1B1不一定平行
解析：选D 如图①，∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，但OB与O1B1不平行，故排除A、B；如图②，∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，此时OB∥O1B1，故排除C，故选D.
2．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )
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
解析：选A 若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线α和直线b可能平行或异面或相交，故选A.
3．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝eq \r(2)BB1，则AB1与BC1所成角的大小为( )
A．30°B．60°
C．75°D．90°
解析：选D 将正三棱柱ABC­A1B1C1补为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接C1D，BD(图略)，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝eq \r(2)，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq \r(3)，又因为BC1＝C1D＝eq \r(6)，所以∠BC1D＝90°.
4.如图所示，ABCD­A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A．A，M，O三点共线
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：选A 连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．
∴A，M，O三点共线．
5.(多选)如图，点E，F，G，H分别是正方体ABCD­A1B1C1D1中棱AA1，AB，BC，C1D1的中点，则( )
A．GH＝2EF
B．GH≠2EF
C．直线EF，GH是异面直线
D．直线EF，GH是相交直线
解析：选BD 如图，取棱CC1的中点N，A1D1的中点M，连接EM，MH，HN，NG，FG，AC，A1C1，
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，
∵MH∥A1C1∥AC∥FG，
∴M，H，F，G四点共面，同理可得E，M，G，N四点共面，E，F，H，N四点共面，
∴E，M，H，N，G，F六点共面，均在平面EFGNHM内，
∵EF∥HN，HN∩HG＝H，
HN，HG，EF⊂平面EFGNHM，
∴EF与GH是相交直线．由正方体的结构特征及中位线定理可得EF＝HN＝NG＝FG＝EM＝MH，
∴eq \r(3)EF＝GH，即GH≠2EF.
故选B、D.
6．(多选)(2021·潍坊模拟)已知平面α∩平面β＝直线l，点A，C∈平面α，点B，D∈平面β，且A，B，C，D∉l，点M，N分别是线段AB，CD的中点，则下列说法错误的是( )
A．当CD＝2AB时，M，N不可能重合
B．M，N可能重合，但此时直线AC与l不可能相交
C．当直线AB，CD相交，且AC∥l时，BD可与l相交
D．当直线AB，CD异面时，MN可能与l平行
解析：选ACD A选项，当CD＝2AB时，若A，B，C，D四点共面且AC∥BD时，则M，N两点能重合，可知A错误；B选项，若M，N重合，则AC∥BD，则AC∥平面β，故AC∥l，此时直线AC与直线l不可能相交，可知B正确；C选项，当AB与CD相交，且AC∥l时，直线BD与l平行，可知C错误；D选项，当AB与CD是异面直线时，MN不可能与l平行，可知D错误．故选A、C、D.
7．如图，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有 条．
解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的有5条．
答案：5
8．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为侧棱PC，PB的中点，则EF与平面PAD的位置关系为 ，平面AEF与平面ABCD的交线是 ．
解析：由题易知EF∥BC，BC∥AD，所以EF∥AD，故EF∥平面PAD，因为EF∥AD，所以E，F，A，D四点共面，所以AD为平面AEF与平面ABCD的交线．
答案：平行 AD
9.如图，在三棱锥A­BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则
(1)当AC，BD满足条件 时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件 时，四边形EFGH为正方形．
解析：(1)∵四边形EFGH为菱形，
∴EF＝EH，∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，∴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.如图，已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面为M，则截面M的面积为 ．
解析：如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.
∵F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，
∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝eq \f(\r(5),2)，
PG綊CD，AF綊D1G.
由题意易知CD綊C1D1，
∴PG綊C1D1，
∴四边形C1D1GP为平行四边形，
∴PC1綊D1G，∴PC1綊AF，∴A，P，C1，F四点共面，
∴四边形APC1F为菱形．
∵AC1＝eq \r(3)，PF＝eq \r(2)，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面M为菱形APC1F，
∴截面M的面积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.如图，AB∩α＝P，CD∩α＝P，A，D与B，C分别在平面α的两侧，AC∩α＝Q，BD∩α＝R，求证：P，Q，R三点共线．
证明：∵AB∩α＝P，CD∩α＝P，
∴AB∩CD＝P.
∴AB，CD可确定一个平面，设为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三点都是平面α与平面β的公共点．
∴点P，Q，R都在平面α与平面β的交线上，
故P，Q，R三点共线．
12.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，E1，F1分别是棱AB，AD，B1C1，C1D1的中点，求证：
(1)EF綊E1F1；
(2)∠EA1F＝∠F1CE1.
证明：(1)如图，连接BD，B1D1，在△ABD中，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF綊eq \f(1,2)BD.
同理可证E1F1綊eq \f(1,2)B1D1.
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，则BD綊B1D1.
所以EF綊E1F1.
(2)取A1B1的中点M，连接F1M，BM，则MF1綊B1C1，又B1C1綊BC，所以MF1綊BC.所以四边形BMF1C为平行四边形，所以BM∥CF1.
因为A1M＝eq \f(1,2)A1B1，BE＝eq \f(1,2)AB，且A1B1綊AB，所以A1M綊BE，所以四边形BMA1E为平行四边形，所以BM∥A1E，所以A1E∥CF1.
同理可证A1F∥CE1.
因为∠EA1F的两边与∠F1CE1的两边分别对应平行，且方向都相反，所以∠EA1F＝∠F1CE1.
B级——综合应用
13．(多选)(2021·海南模拟)关于正方体ABCD­A1B1C1D1有如下四个说法，其中正确的是( )
A．若点P在直线BC1上运动，则三棱锥A­D1PC的体积不变
B．若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则P点的轨迹是直线A1D1
C．若点P在线段BC1(含端点)上运动，则直线AP与DC所成角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
D．若点P在线段BC1(含端点)上运动，则直线AP与D1C所成的角一定是锐角
解析：选AB 对于A，由BC1∥AD1，可得BC1∥平面AD1C，
则点P到平面AD1C的距离不变，
由△AD1C的面积为定值，
可知点P在直线BC1上运动时，三棱锥A­D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，
则P点的轨迹是平面A1BCD1与平面A1B1C1D1的交线A1D1，故B正确；
对于C，直线AP与DC所成角即为∠PAB，当P与C1重合时，∠PAB最大，且tan∠PAB＝eq \r(2)，所以∠PAB对于D，当P与C1重合时，AP与D1C所成的角为eq \f(π,2)，故D错误．
所以其中说法正确的是A、B.
14.如图，若P是△ABC所在平面外一点，PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M为AB的中点，则PN与MC之间的位置关系是 ．
解析：法一：∵PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M是AB的中点，∴点N与点M不重合．∵N∈平面ABC，P∉平面ABC，CM⊂平面ABC，N∉CM，
∴由异面直线的判定方法可知，直线PN与MC为异面直线．
法二(反证法)：假设PN与MC不是异面直线，则存在一个平面α，使得PN⊂α，MC⊂α，于是P∈α，C∈α，N∈α，M∈α.
∵PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M是AB的中点，
∴点M与点N不重合．
∵M∈α，N∈α，∴直线MN⊂α，
∵A∈MN，B∈MN，∴A∈α，B∈α，即A，B，C，P四点均在平面α内，这与点P在平面ABC外相矛盾．∴假设不成立．故PN与MC为异面直线．
答案：异面直线
15.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AE∶EB＝AH∶HD＝m.CF∶FB＝CG∶GD＝n.
(1)证明：E，F，G，H四点共面；
(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD.试证明：EG＝FH.
解：(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.
又CF∶FB＝CG∶GD，
所以FG∥BD.所以EH∥FG.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)当EH∥FG，且EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形．
因为eq \f(EH,BD)＝eq \f(AE,AE＋EB)＝eq \f(m,m＋1)，所以EH＝eq \f(m,m＋1)BD.
同理可得FG＝eq \f(n,n＋1)BD.由EH＝FG，得m＝n.
故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．
(3)证明：当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB.
所以EF∥AC.
又EH∥BD，
所以∠FEH是AC与BD所成的角(或其补角)，
因为AC⊥BD，所以∠FEH＝90°.
从而平行四边形EFGH为矩形，所以EG＝FH.
C级——迁移创新
16.如图，AB，CD是圆锥面的正截面(垂直于轴的截面)上互相垂直的两条直径，过CD和母线VB的中点E作一截面．已知圆锥侧面展开图扇形的中心角为eq \r(2)π，求截面与圆锥的轴线所夹的角的大小，并说明截线是什么曲线．
解：如图，设⊙O的半径为R，母线VB＝l，则圆锥侧面展开图的中心角为eq \f(2πR,l)＝eq \r(2)π，∴eq \f(R,l)＝eq \f(\r(2),2)，
∴sin∠BVO＝eq \f(\r(2),2)，
∴圆锥的母线与轴的夹角α＝∠BVO＝eq \f(π,4).
连接OE，∵O，E分别是AB，VB的中点，
∴OE∥VA.
∴∠VOE＝∠AVO＝∠BVO＝eq \f(π,4)，
∴∠VEO＝eq \f(π,2)，即VE⊥OE.
又∵AB⊥CD，VO⊥CD，AB∩VO＝O，
∴CD⊥平面VAB.
∵VE⊂平面VAB，
∴VE⊥CD.
又∵OE∩CD＝O，OE，CD⊂平面CDE，
∴VE⊥平面CDE.
∴∠VOE是截面与轴线的夹角，
∴截面的轴线夹角大小为eq \f(π,4).
由圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，知截面CDE与圆锥面的截线为一抛物线．