2014届高考数学(理)一轮复习专题集训：平面的基本性质及两直线位置关系

平面的基本性质及两直线位置关系
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.(2012·东营模拟)空间四点A、B、C、D共面但不共线，则下列结论中成立的是( )
(A)四点中必有三点共线
(B)四点中必有三点不共线
(C)AB、BC、CD、DA四条直线中总有两条直线平行
(D)直线AB与CD必相交
2.如图所示，ABCD—A1B1C1D1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
3.以下四个命题中，正确命题的个数是( )
①有三个角是直角的四边形一定是矩形
②不共面的四点可以确定四个平面
③空间四点不共面的充要条件是其中任意三点不共线
④若点A、B、C∈平面M，且点A、B、C∈平面N，则平面M与平面N重合
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
4.(易错题)如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，C l，直线AB∩l＝M，
过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
(A)点A (B)点B
(C)点C但不过点M (D)点C和点M
5.(2012·聊城模拟)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )
①P∈a，P∈α⇒a⊂α
②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β
③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α
④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b
(A)①② (B)②③ (C)①④ (D)③④
6.如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )
二、填空题(每小题6分，共18分)
7.平面α、β相交，在α、β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定个平面.
8.(2012·泰安模拟)如图，在正方体ABCD— A1B1C1D1中，M，N分
别是棱C1D1，C1C的中点.以下四个结论：
①直线AM与直线C1C相交；
②直线AM与直线BN平行；
③直线AM与直线DD1异面；
④直线BN与直线MB1异面.
其中正确结论的序号为.(注：把你认为正确的结论序号
都填上)
9.(2012·潍坊模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线有条.
三、解答题(每小题15分，共30分)
10.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F与平面ABCD的交线.
11.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为A 1A ，C 1C 的中点，求证：四边形EBFD 1是菱形.
【探究创新】
(16分)如图所示，在空间四边形ABCD 中，M ，N ，P ，Q 分别是四边形
边上的点，且满足AM MB ＝CN NB ＝AQ QD ＝CP PD
＝k.求证：M ，N ，P ，Q 四点共面且四边形MNPQ 为平行四边形.
答案解析
1.【解析】选B.选项B 是一个存在性命题，反设“四点中任意三点共
线”，则四点共线与已知矛盾.
2.【解析】选A.连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，
∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，
∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，
∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，
同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上.
∴A，M，O三点共线.
3.【解析】选B.如图(1)，平面α内∠ABC为直角，P∉α，过P作PD⊥AB，PE⊥B C，则四边形PDBE有三个直角，故①错误；在图(2)的平面α内，四边形ABCD中任意三点不共线，知③错误；图(3)中，M∩N＝l，A、B、C都在l上，知④错误，只有②正确.
4.【解析】选D.通过A，B，C三点的平面γ，即通过直线AB与点C的平面，M∈AB.
∴M∈γ，而C∈γ，
又∵M∈β，C∈β，
∴γ与β的交线必通过点C和点M.
【误区警示】解答本题时往往会忽视点M也在两平面内而出错.
5.【解析】选D.当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，但a⊄α，
∴①错；当a∩b＝P，a∩β＝P时，②错；如图，∵a∥b，P∈b，∴P∉a，
∴由直线a与点P确定唯一平面α，
又a∥b，由a与b确定唯一平面β，但β过直线a与点P，∴β与α重合，
∴b⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确.
【误区警示】解答本题时对平面性质不熟、不善于举出反例是致错的主要原因.
6.【解析】选D.在A图中分别连接PS，QR，
易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；
在C图中分别连接PQ，RS，
易证PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面.
如图，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，
故四点共面；
D图中P S与QR为异面直线，∴四点不共面，故选D.
【误区警示】对于截面问题，常因不能准确确定平面的交线而出错.
7.【解析】分类，如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个平面.
答案：1或4
8.【解析】结合图形可得直线AM与直线C1C、BN是异面直线，故①、②错误；由异面直线的定义可得③、④正确.
答案：③④
9.【解析】在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线.由点P的任意性，知有无数条直线与A1D1、EF、CD都相交.
答案：无数
10.【解题指南】确定两平面的两个公共点即可得到交线.
【解析】在平面AA1D1D内，延长D1F，
∵D1F与DA不平行，
∴D1F与DA必相交于一点，设为P，
则P∈D1F，P∈DA.
又∵D1F⊂平面BED1F，AD⊂平面ABCD，
∴P∈平面BED1F，P∈平面ABCD.
又B为平面A BCD与平面BED1F的公共点，连接PB，∴PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线.如图所示.
11.【证明】如图所示，取B1B的中点G，
连接GC1，EG，
∵GB∥C1F，且GB＝C1F
∴四边形C1FBG是平行四边形，
∴FB∥C1G，且FB＝C1G，
∵D1C1∥EG，且D1C1＝EG，
∴四边形D1C1GE为平行四边形.
∴GC1∥D1E，且GC1＝D1E，
∴FB∥D1E，且FB＝D1E，
∴四边形EBFD1为平行四边形.
又∵FB＝FD1，
∴四边形EBFD1为菱形.
【误区警示】解答本题时，常忽视对四边形EBFD 1为平面图形的证明，如证得BE ＝ED 1＝D 1F ＝FB 后即下结论得到菱形.
【探究创新】
【证明】∵AM MB ＝AQ QD
＝k ， ∴MQ ∥BD ，且AM AM ＋MB ＝k k ＋1
， ∴MQ BD ＝AM AB ＝k k ＋1，即MQ ＝k k ＋1
BD. 又∵CN NB ＝CP PD
＝k ， ∴PN ∥BD ，且NC CN ＋NB ＝k k ＋1
. ∴NP BD ＝CN CB ＝k k ＋1，即NP ＝k k ＋1
BD. ∴MQ NP.∴M 、N 、P 、Q 四点共面且四边形MNPQ 为平行四边形.。