课时提能演练(四十一) (45分钟 100分) 一、选择题(每小题6分，共36分) 1.正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是线段C1D，BC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，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.(易错题)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.平面α∩β＝l，点A∈α，点B∈α，且C
l，C∈β，又AB∩l＝R，如图，过A、B、C三点确定的平面为γ，则β∩γ是(　　)
(A)直线AC (B)直线BC (C)直线CR (D)直线AR 5.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(　　)
6.(2012·宝鸡模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M、N分别在线段AB1、BC1上，且AM＝BN.以下结论： ①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1； ④MN与A1C1异面.其中有可能成立的结论的个数为(　　) (A)4　　　　(B)3　　　　(C)2　　　　(D)1 二、填空题(每小题6分，共18分) 7.若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有　　　　对. 8.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·西安模拟)如图，正方形ABCD与正方形CDEF的夹角为60°，则直线EC与直线AD夹角的余弦值为　　　.
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－A1B1C1D1中，E，F分别为A1A，C1C的中点，求证：四边形EBFD1是菱形.
【探究创新】 (16分)在长方体ABCD—A′B′C′D′的A′C′面上有一点P(如图所示，其中P点不在对角线B′D′上).
(1)过P点在空间作一直线l，使l∥直线BD，应该如何作图？并说明理由. (2)过P点在平面A′C′内作一直线l′，使l′与直线BD成α角，这样的直线有几条？ 答案解析 1.【解析】选A.直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF
平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交. 2.【解析】选A.连接A1C1，AC，则A1C1∥AC， ∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C
平面ACC1A1， ∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1， ∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上， 同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1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⊥BC，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C.由已知条件可知，C∈γ，AB∩l＝R，AB
γ，所以R∈γ.又因为C，R∈β，故CR＝β∩γ. 5.【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PS与QR为异面直线， ∴四点不共面，故选D. 【变式备选】已知四个命题：①三点确定一个平面；②若点P不在平面α内，A、B、C三点都在平面α内，则P、A、B、C四点不在同一平面内；③两两相交的三条直线在同一平面内；④两组对边分别相等的四边形是平行四边形.其中正确命题的个数是(　　) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 【解析】选A.根据平面的基本性质进行判断.①不正确，若此三点共线，则过共线的三点有无数个平面.②不正确，当A、B、C三点共线时，P、A、B、C四点共面.③不正确，共点的三条直线可能不共面，如教室墙角处两两垂直相交的三条直线就不共面.④不正确，将平行四边形沿其对角线翻折一个适当的角度后折成一个空间四边形，两组对边仍然相等，但四个点不共面，连平面图形都不是，显然不是平行四边形. 6.【解析】选A.当M，N分别是AB1，BC1的中点时，连接B1C、AC，易知MN∥AC，又AA1⊥平面ABCD，因此有AA1⊥AC，AA1⊥MN；又AC∥A1C1，因此MN∥A1C1，MN∥平面A1B1C1D1，于是①②③都有可能成立.当点M，N分别与点A，B重合，即直线MN是直线AB时，易知此时直线MN与直线A1C1是异面直线，因此④也有可能成立.综上所述，选A. 7.【解析】正方体如图，若要出现所成角为60°的异面直线，则直线需为面对角线，以AC为例，与之构成黄金异面直线对的直线有4条，分别是A'B，BC'，A'D，C'D，正方体的面对角线有12条，所以所求的黄金异面直线对共有＝24对(每一对被计算两次，所以记好要除以2). 答案：24 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】设正方形边长为1，连接AE，BE，CE，易知∠ADE为面ABCD与面CDEF的夹角，从而△ADE为等边三角形，所以AE＝1，因为AD∥BC，所以∠BCE为异面直线EC与AD的夹角，取AD的中点M，连接EM，BM，则EM⊥AD，易知CD⊥平面ADE，所以CD⊥EM，又AD∩CD＝D，所以EM⊥平面ABCD，所以EM⊥BM，而EM＝，BM＝，所以BE＝＝，在△BEC中，BE＝CE＝，BC＝1，故cos∠BCE＝，从而直线EC与AD夹角的余弦值为. 答案： 10.【解题指南】根据公理3，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ABCD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EBFD1为平面图形的证明，如证得BE＝ED1＝D1F＝FB后即下结论得到菱形. 【探究创新】 【解析】(1)连接B'D′，在平面A'C'内过点P作直线l，使l∥B'D'， ∵B'D'∥BD，∴l∥BD，∴l即为所求作的直线. (2)当α＝或0时，这样的直线l'有且只有一条； 当α≠且α≠0时，这样的直线l'有两条.

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