高二數學同步檢測一
平面與空間直線
說明：本試卷分為第ⅰ、ⅱ卷兩部分，請將第ⅰ卷選擇題的答案填入題後括號內，第ⅱ卷可在各題後直接作答.
第ⅰ卷（選擇題）
一、選擇題（本大題共10小題,在每小題給出的四個選項中,選擇乙個符合題目要求的選項）1.列命題是真命題的是( )
a.空間不同三點確定乙個平面
b.空間兩兩相交的三條直線確定乙個平面
c.四邊形確定乙個平面
d.和同一直線都相交的三條平行線在同一平面內
答案:d
解析:根據公理3(經過不在同一條直線上的三點,有且只有乙個平面)知不在同一直線上的三點,才能確定乙個平面,所以a錯.
如圖(1),a,b,c三條直線兩兩相交,但a,b,c不共面,所以b錯誤.
如圖(2),顯然四邊形abcd不能確定乙個平面.
2.已知ab∥pq,bc∥qr,∠abc=30°,則∠pqr等於( )
a.30b.30°或150°
c.150d.以上結論都不對
答案:b
解析:由等角定理可知∠pqr與∠abc相等或互補,即∠pqr=30°或150°.
3.如右圖,α∩β=l,a∈β,b∈β,ab∩l=d,c∈α,則平面abc和平面α的交線是( )
a.直線acb.直線bc
c.直線abd.直線cd
答案:d
解析:cd為平面abc與平面α的交線.故選d.
4.如圖,點p,q,r,s分別在正方體的四條稜上,並且是所在稜的中點,則直線pq與rs是異面直線的圖是( )
答案:c
解析:a,b中的pq與rs相互平行;d中的pq與rs相交;由兩條直線異面的判定定理可知c中的pq與rs異面.
5.對「a,b是異面直線」的敘述，正確的是( )
①a∩b=且a不平行於b ②a平面α,b平面β且α∩β= ③a平面α,b平面α ④不存在平面α,使a平面α且b平面α成立
abcd.③④
答案:c
解析:根據「異面直線是不同在任何乙個平面內的兩條直線」的定義知,結論④正確.空間不相交的兩條直線除平行外就是異面,故對於結論①,既然兩直線不平行,則必然異面.
分別在兩個平面內的兩條直線可能平行,故②不正確.平面內的一條直線和平面外的一條直線除異麵外還可能平行或相交,故③不正確.綜上所述,只有①④正確.
6.右圖是乙個無蓋的正方體盒子展開後的平面圖，a、b、c是展開圖上的三點，則在正方體盒子中，∠abc的值為…( )
a.180b.90c.60d.45°
答案:c
解析:把平面圖形還原為立體圖形，找準a、b、c三點相對位置,可知∠abc在等邊△abc內.
7.在空間四邊形abcd中,m,n分別是ab,cd的中點,設bc+ad=2a,則mn與a的大小關係是( )
>答案:c
解析:如圖,取ac中點p,則mpbc,npad,且mp+np= (bc+ad)=a>mn,故c正確.
8.如圖，在稜長為1的正方體abcd—a1b1c1d1中，o是底面abcd的中心，e、f分別是cc1、ad的中點，那麼異面直線oe和fd1所成的角的余弦值等於( )
abcd.
答案:b
解析一:如圖(1),取面cc1d1d的中心為h，鏈結fh、d1h.易知oe∥fh，所以∠d1fh為所求異面直線所成的角.在△fhd1中，
fd1=，fh=，d1h=由餘弦定理，得∠d1fh的余弦值為.
解析二:如圖(2),取bc中點為g.鏈結gc1、fd1,則gc1∥fd1.再取gc中點為h,鏈結he、oh，則∠oeh為異面直線所成的角.
在△oeh中，oe=,he=，oh=.
由餘弦定理，可得cos∠oeh=.
9.空間有四點a,b,c,d,每兩點的連線長都是2,動點p**段ab上,動點q**段cd上,則p,q兩點之間的最小距離為( )
a.1bcd.
答案:c
解析:pq的最小值應是ab,cd的公垂線段長.易知p,q分別是ab,cd中點時,pq⊥ab,pq⊥cd.在rt△bqp中,
∵bq=,bp=1,∴pq==.
10.右圖是正方體的平面展開圖,則在這個正方體中:
①bm與ed平行;②cn與be是異面直線;③cn與bm成60°角;④dm與bn垂直.
以上四個命題中,正確命題的序號是( )
abcd.②③④
答案:c
解析:將上面的展開圖還原成如圖所示正方體.容易知道bm與ed異面,cn與be平行,故①②不正確.
因為be∥cn,所以cn與bm所成的角是∠ebm=60°,延長cd至d′,使dd′=dc,
則d′n∥dm,∠bnd′就是dm與bn所成的角.設正方體的稜長為1,
因為bn=a,nd′=a,bd′=a,所以bn2+d′n2=d′b2,即bn⊥nd′,bn⊥dm.
第ⅱ卷（非選擇題）
二、填空題（本大題共4小題,答案需填在題中橫線上）
11.以下四個命題:
①a∈l,a∈α,b∈l,b∈αlα;
②a∈α,a∈β,b∈α,b∈βα∩β=ab;
③lα,a∈laa;
④a,b,c∈α,a,b,c∈β,且a,b,c不共線α與β重合.
其中推理正確的序號是
答案:①②④
解析:由公理1知①正確;由公理2知②正確;由公理3知④正確;而③中直線l可能與平面α相交於a.故③不正確.
12.空間四條直線,兩兩相交可確定平面的個數最多有個.
答案:6
解析:顯然,任兩條相交直線若都能確定乙個平面(不重複),此時平面個數最多.如圖,平面pab,平面pac,平面pad,平面pbc,平面pcd,平面pbd,共6個.
13.(2006全國重點中學一模,11)給出三個命題:
①若兩條直線和第三條直線所成的角相等,則這兩條直線互相平行;
②若兩條直線都與第三條直線垂直,則這兩條直線互相平行;
③若兩條直線都與第三條直線平行,則這兩條直線互相平行.
其中不正確的序號是
答案:①②
解析:在如圖所示的正方體abcd—a1b1c1d1中,a1d1⊥d1d,c1d1⊥d1d,
即a1d1與d1d,c1d1與d1d所成的角都是90°,但a1d1與c1d1不平行,可知①②不正確,由公理4可知③正確.
14.在正方體abcd—a1b1c1d1中，如果e、f分別為ab、cc1的中點，那麼異面直線a1c與ef所成的角等於
答案:arccos
解析:延長aa1到p，使a1p=aa1，
鏈結pf，則pf∥a1c，設a1a=a.
則pe2=(a)2+(a)2=a2，
ef2=(a)2+a2+(a)2=a2，pf2=a1c2=3a2.
∴cos∠pef=.
∴直線a1c與ef所成的角等於arccos.
三、解答題（本大題共5小題,解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟）
15.已知正方體abcd—a1b1c1d1中，e、f分別是d1c1、b1c1的中點，ac∩bd=p，a1c1∩ef=q，求證：
(1)d、b、f、e四點共面；
(2)若直線a1c交平面dbfe於點r，則p、q、r三點共線.
(1)證法一:∵ef是△d1b1c1的中位線,
∴ef∥b1d1.
在正方體ac1中，b1d1∥bd,
∴ef∥bd.
由公理3知ef、bd確定乙個平面,
即d、b、f、e四點共面.
證法二:延長bf,cc1交於點g,延長de,cc1交於點g′.
g與g′重合de,bf是相交直線d,b,f,e四點共面.
(2)證明:正方體abcd—a1b1c1d1中，設a1acc1確定的平面為α,設平面dbfe為β,
∵為α、β的公共點.
同理,p亦為α、β的公共點,
∴r∈pq,即p、q、r三點共線.
點評:證明多點共線，可先由兩點確定一直線，證其餘點在直線上.要證點在一條直線上，只需證明這點是兩平面的公共點，而直線是兩個平面的交線，這是證點在直線上的常用方法.
16.如圖，e、f、g、h分別是空間四邊形abcd各邊上的點，且有ae∶eb=ah∶hd=m,cf∶fb=cg∶gd=n.
(1)證明e、f、g、h四點共面.
(2)m、n滿足什麼條件時，efgh是平行四邊形?
(3)在（2）的條件下，若ac⊥bd，試證明eg=fh.
(1)證明:
∵ae∶eb=ah∶hd，∴eh∥bd.
∵cf∶fb=cg∶gd，
∴fg∥bd.∴eh∥fg.∴e、f、g、h四點共面.
(2)解:當且僅當ehfg時，四邊形efgh為平行四邊形.
∵,∴eh=bd.
同理,fg=bd.由eh=fg得m=n.
故當m=n時，四邊形efgh為平行四邊形.
(3)證明:當m=n時，ae∶eb=cf∶fb,∴ef∥ac.
又∵ac⊥bd，∴∠feh是ac與bd所成的角.∴∠feh=90°.
從而efgh為矩形，∴eg=fh.
點評:空間四邊形是立體幾何的乙個基本圖形，它各邊中點的連線構成平行四邊形；當兩對角線相等時該平行四邊形為菱形；當兩對角線互相垂直時，該平行四邊形為矩形；當兩對角線相等且互相垂直時,該平行四邊形為正方形.
17.如圖,a,b,c為不共面的三條直線,且相交於一點o,點m,n,p分別在直線a,b,c上,點q是b上異於n的點,判斷mn與pq的位置關係,並予以證明.
證法一:(反證法)
假設mn與pq共面於β,則點m,n,p,q∈β.
同理,aβ.
∴a,b,c共面,與已知a,b,c不共面矛盾.故mn與pq為異面直線.
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