高中数学湘教版（2019）必修 第二册4.3 直线与直线、直线与平面的位置关系课时训练

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第二册4.3 直线与直线、直线与平面的位置关系课时训练，共6页。
1．不平行的两条直线的位置关系是( )
A．相交 B．异面
C．平行 D．相交或异面
2．在三棱锥S ­ ABC中，与SA是异面直线的是( )
A．SB B．SC
C．BC D．AB
3．两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形( )
A．全等 B．不相似
C．仅有一个角相等 D．相似
4．如图，在三棱柱ABC ­ A1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1，B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1( )
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不确定
5．如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，G，H分别在边CD，DA上，且满足CG＝ eq \f(1,2)GD，DH＝2HA，则四边形EFGH为( )
A．平行四边形 B．矩形
C．菱形 D．梯形
6．(多选)已知在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中(如图)，l⊂平面A1B1C1D1，且l与B1C1不平行，则下列说法可能成立的是( )
A．l与AD平行 B．l与AD相交
C．l与AC平行 D．l与BD平行
7．在长方体ABCD ­ A′B′C′D′中，BB′∥AA′，DD′∥AA′，则BB′与DD′的位置关系是________．
8.
三棱柱ABC ­ A1B1C1，若D、D1分别是AC、A1C1的中点，求若∠ABD＝30°，则∠A1B1D1＝________．
9．如图所示，在长方体ABCD ­ A1B1C1D1中的面A1C1内有一点P，经过点P作棱BC的平行线，应该怎样画？并说明理由．
10．在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CC1，BB1，DD1的中点，试证明∠BGC＝∠FD1E.
[提能力]
11．在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面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．无法确定
12．(多选)如图，在四棱锥A ­ BCDE中，底面四边形BCDE为梯形，BC∥DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，则( )
A.PQ＝ eq \f(1,2)MN B．PQ∥MN
C．M，N，P，Q四点共面 D．四边形MNPQ是梯形
13．在空间四边形ABCD中，如图所示， eq \f(AE,AB)＝ eq \f(AH,AD)， eq \f(CF,CB)＝ eq \f(CG,CD)，则EH与FG的位置关系是________．
14．已知点E，E′分别是正方体ABCD ­ A′B′C′D′的棱AD，A′D′的中点，则四边形BB′E′E的形状为________，∠BEC与∠B′E′C′的大小________．(填相等或互补)
15．在平行六面体ABCD ­ A1B1C1D1中，M、N、P分别是CC1、B1C1、C1D1的中点．
求证：∠NMP＝∠BA1D.
[培优生]
16．如图，在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点M，N分别在AC，PB上，且AM＝ eq \f(1,3)MC，BN＝ eq \f(3,4)BP，作出直线MN与PB确定的平面与平面PAD的交线l，直线l与MN是否平行，如果平行请给出证明，如果不平行请说明理由．
课时作业(三十一) 空间中直线与直线的位置关系
1．解析：若两直线不平行，则直线可能相交，也可能异面．故选D.
答案：D
2．解析：由题图知SB、SC、AB、AC与SA均是相交直线，BC与SA既不相交，又不平行，是异面直线．故选C.
答案：C
3．解析：由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等．
答案：D
4．解析：由于E，F，G分别为A1C1，B1C1，BB1的中点，所以EF∥A1B1∥AB，FG∥BC1，所以∠EFG与∠ABC1的两组对边分别平行，一组对应边方向相同，一组对应边方向相反，故∠EFG与∠ABC1互补．故选B.
答案：B
5．解析：因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF綊eq \f(1,2)AC，
又eq \f(DH,HA)＝eq \f(2,1)，eq \f(DG,GC)＝eq \f(2,1)，所以eq \f(DH,HA)＝eq \f(DG,GC)，所以HG綊eq \f(2,3)AC，
所以EF∥HG且EF≠HG，
所以四边形EFGH为梯形．故选D.
答案：D
6．解析：假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1，知l∥B1C1，
这与l与B1C1不平行矛盾，∴l与AD不平行．
又l在上底面中，AD在下底面中，
故l与AD无公共点，故l与AD不相交．
CD可以成立．故选CD.
答案：CD
7．解析：由基本事实4可知，BB′∥DD′.
答案：平行
8．解析：由棱柱的性质可知，
AB∥A1B1，BD∥B1D1，
∴∠A1B1D1＝∠ABD＝30°.
答案：30°
9．解析：
如图所示，在面A1C1内过点P作直线EF∥B1C1，交A1B1于点E，交C1D1于点F，则直线EF即为所求．
理由：因为EF∥B1C1，BC∥B1C1，
所以EF∥BC.
10．证明：因为F为BB1的中点，
所以BF＝eq \f(1,2)BB1，因为G为DD1的中点，所以D1G＝eq \f(1,2)DD1.
又BB1綊DD1，所以BF綊D1G.
所以四边形D1GBF为平行四边形．
所以D1F∥GB，同理D1E∥GC.
所以∠BGC与∠FD1E的对应边平行且方向相同，
所以∠BGC＝∠FD1E.
11．解析：
如图，连接AD1，CD1，AC，
则E，F，G，H分别为AD1，CD1，AB，BC的中点．
由三角形的中位线定理，知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
答案：C
12．解析：由题意知PQ＝eq \f(1,2)DE，且DE≠MN，所以PQ≠eq \f(1,2)MN，故A不正确；
又PQ∥DE，DE∥MN，
所以PQ∥MN，又PQ≠MN，
所以M，N，P，Q四点共面，且四边形MNPQ是梯形．
故B，C，D正确．故选BCD.
答案：BCD
13．解析：如图，连接BD，在△ABD中，eq \f(AE,AB)＝eq \f(AH,AD)，则
EH∥BD，同理可得FG∥BD，∴EH∥FG.
答案：平行
14．解析：
如图所示，因为点E，E′分别是AD，A′D′的中点，所以AE∥A′E′，且AE＝A′E′.所以四边形AEE′A′是平行四边形．
所以AA′∥EE′，且AA′＝EE′.
又因为AA′∥BB′，且AA′＝BB′.
所以EE′∥BB′，且EE′＝BB′.
所以四边形BB′E′E是平行四边形．
所以BE∥B′E′，同理可证CE∥C′E′.
又因为∠BEC与∠B′E′C′的两边方向相同，
所以∠BEC＝∠B′E′C′.
答案：平行四边形 相等
15．证明：
如图，连接CB1、CD1，
∵CD綊A1B1，
∴四边形A1B1CD是平行四边形．
∴A1D∥B1C.
∵M、N分别是CC1、B1C1的中点，
∴MN∥B1C，∴MN∥A1D.
∵BC綊A1D1，
∴四边形A1BCD1是平行四边形，
∴A1B∥CD1.
∵M、P分别是CC1、C1D1的中点，∴MP∥CD1，
∴MP∥A1B，
∵∠NMP和∠BA1D的两边分别平行且方向都相反，
∴∠NMP＝∠BA1D.
16．解析：平行．连接BM并延长，交DA于点E，连接PE，
则PE即为直线MN与PB确定的平面与平面PAD的交线l，因为底面ABCD是平行四边形，所以AE∥BC，
所以△AEM∽△CBM，所以eq \f(EM,BM)＝eq \f(AM,CM)，
因为点M，N分别在AC，PB上，
且AM＝eq \f(1,3)MC，BN＝eq \f(3,4)BP，
所以eq \f(AM,CM)＝eq \f(PN,BN)，所以eq \f(EM,BM)＝eq \f(PN,BN)，
所以MN∥PE，即直线l∥MN.