高中人教B版 (2019)11.3.1 平行直线与异面直线当堂达标检测题

这是一份高中人教B版 (2019)11.3.1 平行直线与异面直线当堂达标检测题，共12页。

基础过关练
题组一 空间平行线的传递性与等角定理
1.在三棱锥A-BCD中,AC⊥BD,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,则四边形EFGH是( )
A.菱形B.矩形C.梯形D.正方形
2.已知AB∥PQ,BC∥QR,若∠ABC=30°,则∠PQR等于( )
A.30°B.30°或150° C.150°D.以上结论都不对
3.已知∠BAC=∠B1A1C1,AB∥A1B1,则AC与A1C1的位置关系是( )
A.相交B.异面 C.平行D.以上均有可能
4.如图,在四面体ABCD中,M,N,P,Q,E分别是AB,BC,CD,AD,AC的中点,则下列说法中不正确的是( )
M,N,P,Q四点共面
B.∠QME=∠CBD
C.△BCD∽△MEQ
D.四边形MNPQ为梯形
5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,M1分别是棱AD和A1D1的中点.求证:
(1)四边形BB1M1M为平行四边形;
(2)∠BMC=∠B1M1C1.
6.如图所示,在三棱锥A-BCD中,E,F,G分别是棱AB,AC,AD上的点,且满足AEAB=AFAC=AGAD.求证:△EFG∽△BCD.
题组二 空间两直线位置关系的判断
7.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,与AA1异面的直线是( )
A.ABB.BB1C.DD1D.B1C1
8.一条直线与两条平行线中的一条异面,则它与另一条( )
A.相交B.异面
C.相交或异面D.平行
9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BD与A1C1的位置关系是( )
A.平行B.相交
C.异面但不垂直D.异面且垂直
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是平面AA1D1D,平面CC1D1D的中心,G,H分别是线段AB,BC的中点,则直线EF与直线GH的位置关系是( )
A.相交B.异面C.平行D.垂直
11.已知棱长为a的正方体ABCD-A'B'C'D'中,M,N分别为CD,AD的中点,则MN与A'C'的位置关系是 .
能力提升练
一、单项选择题
1.(★★☆)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段BC,C1D的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是( )

A.相交B.异面C.平行D.垂直
2.(★★☆)如图所示,已知空间四边形ABCD中,M,N分别为AB,CD的中点,则下列结论正确的是( )
A.MN≥12(AC+BD)B.MN≤12(AC+BD)
C.MN=12(AC+BD)D.MN<12(AC+BD)
3.(疑难1,★★☆)异面直线a,b,有a⊂α,b⊂β且α∩β=c,则直线c与a,b的关系是( )
A.c与a,b都相交
B.c与a,b都不相交
C.c至多与a,b中的一条相交
D.c至少与a,b中的一条相交
二、多项选择题
4.(2018黑龙江牡丹江高三月考,★★☆)下列命题中正确的是( )
A.存在与两条异面直线都平行的平面
B.过空间一点,一定能作一个平面与两条异面直线都平行
C.过平面外一点可作无数条直线与该平面平行
D.过直线外一点可作无数个平面与该直线平行
5.(★★☆)a,b,c是空间中的三条直线,下列说法中正确的是( )
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.若a与b相交,b与c相交,则a与c也相交
C.若a,b分别在两个相交平面内,则这两条直线可能平行、相交或异面
D.若a与c相交,b与c异面,则a与b异面
三、填空题
6.(疑难2,★★☆)如图,点P,Q,R,S分别在正方体的四条棱上,且是所在棱的中点,则直线PQ与RS是异面直线的图是 (填序号).
四、解答题
7.(疑难1,★★☆)如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD各边上的点,且有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?
8.(★★☆)如图,四边形ABEF和ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC∥AD,BC=12AD,BE∥FA,BE=12FA,G,H分别为FA,FD的中点.
(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;
(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?
答案全解全析
11.3 空间中的平行关系
11.3.1 平行直线与异面直线
基础过关练
1.B 如图,在△ABD中,点H,E分别为边AD,AB的中点,所以HE∥BD且HE=12BD,同理GF∥BD且GF=12BD,所以HE?GF,所以四边形EFGH为平行四边形.又AC⊥BD,HG∥AC且HE∥BD,所以HG⊥HE,所以四边形EFGH是矩形.故选B.
2.B 由题意可知∠PQR与∠ABC相等或互补,故∠PQR=30°或∠PQR=150°.
故选B.
3.D 如图所示,∠BAC=∠B1A1C1,AB∥A1B1,则AC与A1C1可能平行、相交或异面.故选D.
4.D 由三角形的中位线定理,易知MQ∥BD,ME∥BC,QE∥CD,NP∥BD.对于A,由平行线的传递性得MQ∥NP,所以M,N,P,Q四点共面,故A说法正确;对于B,根据等角定理,得∠QME=∠CBD,故B说法正确;对于C,由等角定理,知∠QME=∠CBD,∠MEQ=∠BCD,所以△BCD∽△MEQ,故C说法正确;由三角形的中位线定理,知MQ∥BD,MQ=12BD,NP∥BD,NP=12BD,所以MQ?NP,所以四边形MNPQ是平行四边形,故D说法不正确.故选D.
5.证明 (1)∵几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴AD=A1D1,且AD∥A1D1.
又M,M1分别为棱AD,A1D1的中点,∴AM=A1M1,又AM∥A1M1,
∴四边形AMM1A1为平行四边形,∴MM1=AA1且MM1∥AA1.
又AA1=BB1且AA1∥BB1,∴MM1=BB1且MM1∥BB1,
∴四边形BB1M1M为平行四边形.
(2)证法一:由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形,∴B1M1∥BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形,∴C1M1∥CM.
∵∠BMC和∠B1M1C1的两边方向都相同,∴∠BMC=∠B1M1C1.
证法二:由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形,∴B1M1=BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形,
∴C1M1=CM.又∵B1C1=BC,∴△BCM≌△B1C1M1,∴∠BMC=∠B1M1C1.
6.证明 在△ABC中,∵AEAB=AFAC,∴EF∥BC,且EFBC=AEAB.
同理,EG∥BD,且EGBD=AEAB,∴EFBC=EGBD.
又∠FEG与∠CBD的对应两边方向相同,∴∠FEG=∠CBD.∵EFBC=EGBD,∴△EFG∽△BCD.
7.D 由异面直线的定义知,四个选项中与AA1异面的直线为B1C1.
8.C 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AA1与直线B1C1是异面直线,与B1C1平行的直线有A1D1,AD,BC,显然直线AA1与A1D1,AD相交,与BC异面.故选C.
9.D 易知直线BD与A1C1异面,连接AC,则AC∥A1C1,AC⊥BD,∴BD⊥A1C1.
∴直线BD与A1C1异面且垂直,故选D.
10.C 如图,连接AD1,CD1,AC,则E,F分别为AD1,CD1的中点.由三角形的中位线定理,知EF∥AC,GH∥AC,所以EF∥GH.故选C.
11.答案 平行
解析 如图所示,连接AC,易知MN∥AC,AC∥A'C',
∴MN∥A'C',即MN与A'C'的位置关系是平行.
能力提升练
一、单项选择题
1.A 如图所示,连接BD1,CD1,CD1与C1D交于点F,由题意易得四边形A1BCD1是平行四边形,在平行四边形A1BCD1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,所以EF∥BD1,所以直线A1B与直线EF相交.故选A.
2.D 如图所示,取BC的中点E,连接ME,NE,则ME=12AC,NE=12BD,所以ME+NE=12(AC+BD).在△MNE中,有ME+NE>MN,所以MN<12(AC+BD).
3.D 当c与a,b都不相交时,∵c与a在α内,∴a∥c.又c与b都在β内,∴b∥c.由空间平行线的传递性可知a∥b,与已知条件矛盾.故c至少与a,b中的一条相交.如图,直线c与a,b有以下三种情况.
二、多项选择题
4.ACD 将一个平面内的两条相交直线分别平移到平面外,且平移后不相交,则这两条直线异面且与该平面平行,故A正确;当该点在其中一条直线上时,B不正确;C正确;D正确.故答案为ACD.
5.AC 由平行线的传递性知A正确;
若a与b相交,b与c相交,则a与c可能平行、相交或异面,B错误;
易知C正确;若a与c相交,b与c异面,则a与b可能相交、平行或异面,故D错误.故选AC.
三、填空题
6.答案 ③
解析 ①中PQ∥RS,②中RS∥PQ,④中RS和PQ相交.
四、解答题
7.解析 (1)证明:∵AE∶EB=AH∶HD,
∴EH∥BD.
又∵CF∶FB=CG∶GD,
∴FG∥BD,∴EH∥FG,
∴E,F,G,H四点共面.
(2)当m=n时,四边形EFGH为平行四边形.
理由如下:由四边形EFGH为平行四边形,结合(1)可知,只需满足EH=FG即可.
∵EHBD=AEAE+EB=mm+1,∴EH=mm+1BD.
同理,FG=nn+1BD,
由EH=FG得m=n.
故当m=n时,四边形EFGH为平行四边形.
8.解析 (1)证明:因为G,H分别为FA,FD的中点,所以GH∥AD,GH=12AD.又BC∥AD,BC=12AD,所以GH∥BC,GH=BC,
所以四边形BCHG为平行四边形.
(2)C,D,F,E四点共面.理由如下:
连接CE,由BE∥FA,BE=12FA,G为FA的中点,知BE∥FG,BE=FG,
所以四边形BEFG为平行四边形,
所以EF∥BG,EF=BG.
由(1)知BG∥CH,BG=CH,所以EF∥CH,EF=CH,所以四边形EFHC是平行四边形,
所以CE与HF共面,又D∈直线FH,
所以C,D,F,E四点共面.