高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系同步练习题

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2．D [由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等．]
3．D [当∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1时，OA与O1A1的方向相同，OB与O1B1不一定平行，如图所示，故选D.
]
4．AC [这两个角相等或互补，选项A错误；由等角定理知选项B正确；在空间中，这样的两个角大小关系不确定，选项C错误；由基本事实4知选项D正确．]
5．BCD [由题意知PQ＝12DE，且DE≠MN，
所以PQ≠12MN，故A不正确；
又PQ∥DE，DE∥MN，
所以PQ∥MN，又PQ≠MN，所以B，C，D正确．]
6．60°或120° [因为α与β两边对应平行，但方向不确定，所以α与β相等或互补．]
7．1 [连接正方体各面上的对角线．
过点D1和A点的对角线和直线AD1相交．A1B，A1C1，C1D分别与AD1是异面直线，夹角为60°，B1C，A1D和AD1是垂直的，故只有直线BC1∥AD1．
故满足条件的直线只有1条．]
8．13m [连接AM并延长交BC于E，连接AN并延长交CD于F，再连接MN，EF(图略)，根据三角形重心性质得BE＝EC，CF＝FD，∴MN綉23EF，EF綉12BD，∴MN綉13BD，∴MN＝13m.]
9．解：(1)证明：在△ABO与△A′B′O中，
∵∠AOB＝∠A′OB′，AOOA'＝BOOB'＝23.
∴△ABO∽△A′B′O，
∴ABA'B'＝23，∠BAO＝∠B′A′O，∴A′B′∥AB.
同理A′C′∥AC，B′C′∥BC.
(2)∵A′B′∥AB，A′C′∥AC，
∴易知∠BAC＝∠B′A′C′，
同理∠ABC＝∠A′B′C′，∴△ABC∽△A′B′C′.
又ABA'B'＝23，∴S△ABCS△A'B'C'＝232＝49.
10．B [如果a，b都与l平行，根据基本事实4，有a∥b，这与a，b为异面直线矛盾，故a，b中至多有一条与l平行．]
11．BCD [如图所示，设E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，
则EH∥BD且EH＝12BD，同理可得FG∥BD且FG＝12BD，EF∥AC且EF＝12AC，
∴EH∥FG且EH＝FG，则四边形EFGH为平行四边形．
①若AC⊥BD，则EH⊥EF，此时，平行四边形EFGH为矩形；
②若AC＝BD，则EH＝EF，此时，平行四边形EFGH为菱形；
③若AC⊥BD且AC＝BD，则EH⊥EF且EH＝EF，此时，平行四边形EFGH为正方形．]
12．ABC [对于A选项，由基本事实4易得MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A正确；对于B选项，根据等角定理，得∠QME＝∠DBC，故B正确；对于C选项，由等角定理，知∠QME＝∠DBC，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽MEQ，故C正确；由三角形中位线的性质知MQ∥BD，MQ＝12BD，NP∥BD，NP＝12BD，所以MQ綉NP，所以四边形MNPQ为平行四边形，故D不正确．故选ABC.]
13．10 [如图所示，由三角形中位线的性质，可得EH綉12BD，FG綉12BD，HG綉12AC，EF綉12AC，再根据基本事实4可得四边形EFGH为平行四边形，在△GHE中，由余弦定理得GE2＝HG2＋HE2－2HE·HG·cs ∠GHE.
同理，在△HEF中，HF2＝HE2＋EF2－2HE·EF·cs ∠HEF，
又EF＝HG，cs ∠GHE＝－cs ∠HEF，所以EG2＋HF2＝2(HE2＋HG2)，所以EG2＋HF2＝2×12+22＝10．]
14．证明：取B1C1的中点G，连接GD1，GE，
则GE∥C1C∥D1D，GE＝C1C＝D1D，
∴四边形GEDD1是平行四边形，
GD1∥ED，GD1＝ED.
∵FD1∥B1G，FD1＝B1G，
∴四边形FB1GD1是平行四边形，
∴B1F∥GD1，B1F＝GD1，
∴B1F∥ED，B1F＝ED，
∴四边形B1EDF是平行四边形，
又B1E＝BB12+12BC2＝52BB1，
B1F＝B1A12+12A1D12＝52A1B1，A1B1＝BB1，∴B1E＝B1F，
∴四边形B1EDF是菱形．
15．证明：在题图①中，∵四边形ABCD为梯形，AB∥CD，E，F分别为BC，AD的中点，∴EF∥AB且EF＝12(AB＋CD)．
在题图②中，易知C′D′∥EF∥AB.
∵G，H分别为AD′，BC′的中点，
∴GH∥AB且GH＝12(AB＋C′D′)＝12(AB＋CD)，
∴GH∥EF，GH＝EF，
∴四边形EFGH为平行四边形．