第十一章 平面的基本性质与推论-高中数学必修第四册精选易错题练习（人教B版2019)

精选易错题练习—【第十一章】 平面的基本性质与推论 一．选择题（共27小题） 1．设m，n，l表示不同直线，α，β，γ表示三个不同平面，则下列命题正确的是（　　） A．若m⊥l，n⊥l，则m∥n B．若m⊥β，m∥α，则α⊥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β 2．如图．四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形空间中存在点E，满足PE∥AB，则点E可能位于（　　） A．平面PAB与平面PCD的交线上 B．平面PCD与平面ABCD的交线上 C．直线BC上 D．直线AD上 3．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，点E在线段CC1上，平面α过线段AA1的中点以及点B1，E，若平面α截长方体所得截面为平行四边形，则实数λ的取值范围是（　　） A．[0，1] B． C． D． 4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是（　　） A．垂直 B．相交 C．异面 D．平行 5．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形不可能为（　　） A．等腰梯形 B．非矩形的平行四边形 C．正五边形 D．正六边形 6．已知圆柱O1O2中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且AD∥BC，AB＝BC＝4，若M是弧BC的中 点，N是线段AB的中点，则（　　） A．AM＝CN，A，C，M，N四点不共面 B．AM≠CN，A，C，M，N四点共面 C．AM⊥BD，△ACM为直角三角形 D．AM≠CN，△ACM为直角三角形 7．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，2AA1＝3AB＝12，点M是线段BB1的中点，点N是线段DD1上靠近D的三等分点，若正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1被过点A1，M，N的平面所截，则所得截面的周长为（　　） A． B． C． D． 8．我国古代的数学著作《九章算术•商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC﹣A1B1C1所得截面图形的面积为（　　） A． B． C． D． 9．已知四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，SA＝AB＝6，平面α过SB，CD，SD的中点，则平面α截四棱锥S﹣ABCD所得的截面面积为（　　） A． B． C．9 D．12 10．已知m，n是两条直线，α，β是两个平面．给出下列命题：①若m⊥α，m⊥n，则n∥α；②若m⊥β，n⊥β，则n∥m；③若m⊥α，m⊥β，则α∥β；④若α∥β，m⊂α，n⊂β，则n∥m；⑤α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n，则命题正确的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 11．棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为（　　） A．5 B．2 C．2 D．6 12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1形成的截面图形为（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 13．已知互不相等的直线l，m，n和平面α，β，γ，则下列命题正确的是（　　） A．若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β B．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m C．若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，l∥γ，则m∥n D．若α⊥β，β⊥γ，则α∥β． 14．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，过点A及C1D1中点作与直线BD平行的平面α，则平面α与该正方体ABCD﹣A1B1C1D1各面交线长度之和为（　　） A．5 B．2 C．2+3 D．5 15．下列说法正确的是（　　） A．过一点一定有一条直线与已知直线平行 B．三点确定一个圆 C．一个三角形只有一个外接圆 D．三角形的外心到三条边的距离相等 16．下列命题正确的是（　　） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．长方体是平行六面体 C．用一个平面去截圆柱，所得截面一定是圆形或矩形 D．用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 17．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为（　　） A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形 18．用一个平面截长方体，如果截面形状是三角形，则该截面三角形不可能是（　　） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．锐角三角形 D．直角三角形 19．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M，N分别是侧面CD1和侧面BC1的中心，过点M的平面α与直线ND垂直，平面α截正方体AC1所得的截面记为S，则S的面积为（　　） A．5 B．4 C．7 D．9 20．在三棱锥V﹣ABC中，BV⊥平面VAC，VA＝1，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥V﹣ABC的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，CF＝（　　） A． B． C． D． 21．已知正四棱锥S﹣ABCD的底面边长为1，侧棱长为，SC的中点为E，过点E作与SC垂直的平面α，则平面α截正四棱锥S﹣ABCD所得的截面面积为（　　） A． B． C． D． 22．下列条件一定能确定一个平面的是（　　） A．空间三个点 B．空间一条直线和一个点 C．两条相互垂直的直线 D．两条相互平行的直线 23．如图，平面α∩平面β＝l，A、B∈α，C∈β，C∉l，直线AB∩l＝D，过A、B、C三点确定的平面为γ，则平面γ、β的交线必过（　　） A．点A B．点B C．点C但不过点D D．点C和点D 24．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱AB的中点，点F是平面CDD1C1内的一点，且AF⊥B1E，则点F为（　　） A．一个定点 B．一个平面上任意一点 C．一条直线上任意一点 D．一个圆上任意一点 25．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段AA1的中点，若点P∈平面α，且AC1⊥平面α，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的周长为（　　） A． B． C． D． 26．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P，Q，R分别是棱A1D1，C1D1，BC中点，则过点P，Q，R三点的截面面积是（　　） A． B． C．2 D．3 27．用符号表示“点A不在直线m上，直线m在平面α内”，正确的是（　　） A．A∉m，m⊂α B．A∉m，m∈α C．A⊄m，m⊂α D．A⊄m，m∈α 二．多选题（共6小题） （多选）28．已知α，β为平面，A，B，M，N为点，a为直线，下列推理正确的是（　　） A．A∈a，A∈β，B∈a，B∈β⇒a⊂β B．M∈α，M∈β，N∈α，N∈β⇒α∩β＝MN C．A∈α，A∈β⇒α∩β＝A D．A，B，M∈α，A，B，M∈β，且A，B，M不共线⇒α，β重合 （多选）29．已知正四面体ABCD的棱长为，点E，F满足，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当λ∈[1，3]时，截面的面积可能为（　　） A．6π B．7π C．8π D．9π （多选）30．下列命题正确的是（　　） A．两组对边相等的四边形是平行四边形 B．空间中平行于同一直线的两条直线平行 C．若空间中两个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补 D．连接空间四边形各边中点所得的四边形一定是梯形 （多选）31．正方体截面的形状有可能为（　　） A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 （多选）32．给出下列四个命题，其中正确的是（　　） A．空间四点共面，则其中必有三点共线 B．空间四点不共面，则其中任何三点不共线 C．空间四点中存在三点共线，则此四点共面 D．依次首尾相接的四条线段必共面 （多选）33．下列命题不正确的是（　　） A．三点确定一个平面 B．两条相交直线确定一个平面 C．一条直线和一点确定一个平面 D．两条平行直线确定一个平面 三．填空题（共7小题） 34．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，设P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，CQ＝t （0＜t≤2），过点A、P、Q的平面截该正方体所得截面记为S．以下结论正确的有　 　（填上所有正确的说法的序号） ①S不可能是菱形； ②S可能是五边形； ③t＝1时，S的面积为 ④t＝时，S将棱C1D1截成长度比为2：1的两部分． 35．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，在正方体的表面上与点A的距离是的点形成一条曲线，这条曲线的长度是　 　．（参考数据） 36．m，n是两条直线，α，β是两个平面．给出下列命题： ①m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n； ②m⊥n，n⊂α，则m⊥α； ③若m∥β，n⊂β，则m∥n； ④α⊥β，m∥α，则m⊥β； 其中正确命题的序号是　 　 37．直线AB、AD⊂α，直线CB、CD⊂β，点E∈AB，点F∈BC，点G∈CD，点H∈DA，若直线EH∩直线FG＝M，则点M在　 　上． 38．两个平面最多可以将空间分成　 　部分． 39．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝2，过BC中点E的截面与AB，CD都平行，则截面的周长为 　 　． 40．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的 　 　条件．（从充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要中选择一个填入） 四．解答题（共13小题） 41．求证两两相交而不过同一点的四条直线必在同一个平面内． 42．给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上．将某些点之间用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，式确定所连线段数目的最大值． 43．已知空间四点A、B、C、D和两平面M、N，又知A、B、C、D在M内的射影A1B1C1D1是一条直线，在N内的射影A2B2C2D2是一个平行四边形，求证ABCD是一个平行四边形． 44．如图，正四棱柱ABCP﹣A'B'C'P'． （1）请在正四棱柱ABCP﹣A'B'C'P'中，画出经过P、Q、R三点的截面（无需证明）； （2）若Q、R分别为A'B'、B'C'中点，证明：AQ、CR、BB'三线共点． 45．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．E、F分别是B1C1、CC1的中点．求证：A1E、D1C1、DF三线共点． 46．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，M分别是棱B1C1，BB1，C1D1的中点． （1）求证：E、M、B、D四点共面； （2）是否存在过点E，M且与平面A1FC平行的平面？若存在，请作出这个平面并证明，若不存在，请说明理由． 47．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R分别在棱AB、BB1、CC1上，且PD、QR相交于点O．求证：O、B、C三点共线． 48．用符号语言表示下列语句． （1）三个平面α，β，γ交于一点P，且平面α与平面β交于直线PA，平面α与平面γ交于直线PB，平面β与平面γ交于直线PC； （2）平面ABD与平面BCD相交于直线BD，平面ABC与平面ACD相交于直线AC． 49．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为8，M，N，P分别是A1B1，AD，BB1的中点． （1）画出过点M，N，P的平面与平面ABCD的交线以及与平面BB1C1C的交线； （2）设平面PMN与棱BC交于点Q，求PQ的长． 50．在四面体ABCD中，各棱长均相等，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且＝＝2． （1）求证：E、F、G、H四点共面； （2）求异面直线AC和FG所成角的大小． 51．如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BCAD，BEFA，M为FD的中点． （1）证明：CM∥面ABEF； （2）C，D，F，E四点是否共面？为什么？ 52．如图，P为长方体ABCD﹣A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1内的一点，过直线BC与点P的平面记为α，若α∩平面A1B1C1D1＝l 求证：l∥B1C1． 53．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P、Q分别是棱DD1、CC1的中点． （1）画出面D1BQ与面ABCD的交线，简述画法及确定交线的依据．（2）求证：平面D1BQ∥平面PAO． 精选易错题练习—【第十一章】 平面的基本性质与推论 参考答案与试题解析 一．选择题（共27小题） 1．【答案】B 【分析】由m，n，l表示不同直线，α，β，γ表示三个不同平面，知：若m⊥l，n⊥l，则m与n平行，相交或异面；若m⊥β，m∥α，则α⊥β；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行；若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α与β相交或平行． 【解答】解：∵m，n，l表示不同直线，α，β，γ表示三个不同平面， ∴若m⊥l，n⊥l，则m与n平行，相交或异面，故A错误； 若m⊥β，m∥α，则α⊥β，故B正确； 若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故C不正确； 若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α与β相交或平行，故D不正确． 故选：B． 2．【答案】A 【分析】利用线面平行的判定定理与性质定理即可得到答案． 【解答】解：设平面PAB∩平面PCD＝m， 因为AB∥CD，所以AB∥平面PCD，由线面平行的性质定理知，m∥AB， 又PE∥AB， 所以PE与m重合， 即点E位于平面PAB与平面PCD的交线上． 故选：A． 3．【答案】D 【分析】平面α截长方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面为平行四边形，则则临界状态为点E为CC1的中点以及与C1重合，即可求解． 【解答】解：若平面α截长方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面为平行四边形， 则临界状态为点E为CC1的中点以及与C1重合，则， 故选：D． 4．【答案】D 【分析】由已知得n在平面a上，m与平面a相交，A是M和平面a相交的点，从而m和n 异面或相交，一定不平行． 【解答】解：∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点， m⊄α，n⊂α， ∴n在平面a上，m与平面a相交 ∵A∈m．A∈a ∴A是M和平面a相交的点 ∴m和n 异面或相交，一定不平行． 故选：D． 5．【答案】C 【分析】分析可知，经过正方体的一个顶点去截正方体可得五边形，但一定不是正五边形，其它情况举例即可． 【解答】解：画出截面图形如图： C、D分别是所在棱的中点，四边形ABCD为等腰梯形，故A正确； 如图作截面EFGH，由平面与平面平行的性质可得EF∥GH，FG∥EH， 四边形EFGH为平行四边形，但不一定是矩形，故B正确； 经过正方体的一个顶点去切正方体可得五边形，一定不是正五边形，故C错误； 六边形的顶点为正方体各棱的中点，六边形为正六边形，故D正确． 故选：C． 6．【答案】D 【分析】根据圆柱中的直线与直线、直线与平面的位置关 系，逐项判断即可得结论． 【解答】解：因为点M∉BC，而BC⊂平面ACN， 结合圆柱结构，所以M∉平面ACN，故A，C，M，N四点不共面； 圆柱O1O2中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且AD∥BC，AB＝BC＝4， 若M是弧BC的中点，N是线段AB的中点， 故，BN＝AB＝2，所以， CN＝，故AM≠CN； 连接AO2，则依题有AO2为AM在平面ABCD内的射影， 在平面ABCD内显然BD与AO2不垂直，故AM与BD不垂直； ，，AM2+MC2＝AC2，则△ACM为直角三角形． 故选：D． 7．【答案】B 【分析】先证明截面四边形A1MQN为平行四边形，再求出截面的l边长，相加即可得到所得截面的周长． 【解答】解：正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，2AA1＝3AB＝12，点M是线段BB1的中点，点N是线段DD1上靠近D的三等分点， 正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1被过点A1，M，N的平面所截， 作出图形，如图， 延长CC1到Q，使得CQ＝1，连接MQ，NQ， 则截面A1MQN是平行四边形， 记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，则A1N＝4，A1M＝5， ∴MR＝＝3，NP＝＝，PR＝＝， ∴所得截面周长为： A1M+MR+PR+PN+A1N＝5+3＝10+7． 故选：B． 8．【答案】A 【分析】延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连结PM，与B1C1交于点E，连结NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC﹣A1B1C1所得截面图形，由此能求出结果． 【解答】解：延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C， 连结PM，与B1C1交于点E，连结NE， 得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC﹣A1B1C1所得截面图形， 由题意得NE＝ME＝，AM＝AN＝，MN＝， ∴AMN截“堑堵”ABC﹣A1B1C1所得截面图形面积为： S＝+＝． 故选：A． 9．【答案】A 【分析】作图取取SB，BC，CD，SD的中点E，F，G，H，线段SA上靠近S的四等分点I，可得平面EFGHI即为平面α，数形结合即可求得截面面积 【解答】解：分别取SB，BC，CD，SD的中点E，F，G，H，线段SA上靠近S的四等分点I，则平面EFGHI即为平面α， 而EF＝HG＝3，FG＝，IE＝IH＝， 故所求截面面积为3×+＝， 故选：A． 10．【答案】B 【分析】在①中，n∥α或n⊂α；在②中，由线面垂直的性质定理得n∥m；在③中，由面面平行的判定定理得α∥β；在④中，n与m平行或异面；在⑤中，m与n相交、平行或异面． 【解答】解：由m，n是两条直线，α，β是两个平面，知： 在①中，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故①错误； 在②中，若m⊥β，n⊥β，则由线面垂直的性质定理得n∥m，故②正确； 在③中，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故③正确； 在④中，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则n与m平行或异面，故④错误； 在⑤中，α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故⑤错误． 故选：B． 11．【答案】C 【分析】取BC中点F，A1D1中点G，连结DF、B1F、DB1、DG、GB1，GF，则BE∥DF，A1E∥GD，从而过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面为四边形DFB1G，由此能求出过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积． 【解答】解：取BC中点F，A1D1中点G，连结DF、B1F、DB1、DG、GB1，GF， ∵棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AD中点， ∴BE∥DF，A1E∥GD， 又A1E∩BE＝E，DG∩DF＝D，A1E、BE⊂平面A1BE，DG、DF⊂平面DFB1G， ∴过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面为四边形DFB1G， ∵DF＝FB1＝B1G＝DG＝， DB1＝＝2， GF＝2＝2， ∴过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为： ＝＝＝2． 故选：C． 12．【答案】C 【分析】由题意，不妨设AB＝6，分别延长AE，A1B1交于点G，连接FG交B1C1于H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，利用面面平行的性质可得l∥AE，设l∩D1D＝I，则FI∥AE，此时△FD1I∽△ABE，可得，连接AI，即可求解． 【解答】解：作出图形如图所示： 不妨设AB＝6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G＝3，连接FG交B1C1于H，连接EH， 设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l， 则F∈l， 因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1＝AE，平面AEF∩平面DCC1D1＝l， 所以l∥AE， 设l∩D1D＝I， 则FI∥AE，此时△FD1I∽△ABE， 故， 连接AI，则五边形AIFHE为所求截面图形． 故选：C． 13．【答案】C 【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，l与m平行或异面；在C中，由线面平行的性质定理得m∥n；在D中，α与β相交或平行． 【解答】解：在A中，若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α与β相交或平行，故A错误； 在B中，若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l与m平行或异面，故B错误； 在C中，若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，l∥γ，则由线面平行的性质定理得m∥n，故C正确； 在D中，若α⊥β，β⊥γ，则α与β相交或平行，故D错误． 故选：C． 14．【答案】B 【分析】由题意画出图形，找出截面，求解三角形得答案． 【解答】解：如图， G为B1C1 的中点，则FG∥B1D1∥BD，得平面AEFGK∥BD， 由△GC1F≌△HD1F及△HD1E∽△ADE，可得，则，DE＝， 求得，FE＝GK＝，AE＝AK＝． ∴平面α与该正方体ABCD﹣A1B1C1D1各面交线长度之和为． 故选：B． 15．【答案】C 【分析】根据点线关系可判定A，根据确定圆的条件可判定B，根据三角形外接圆的性质判定C，根据三角形外心的性质判定D． 【解答】解：选项A，当点在已知直线上时，这样的平行直线就不能作出，故A错误； 选项B，过不共线的三点才能确定一个圆，故B错误； 选项C，一个三角形只有一个外接圆，故C正确； 选项D，三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故D错误． 故选：C． 16．【答案】B 【分析】根据几何体的定义逐项判断即可． 【解答】解：底面是正多边形，顶点在底面内的投影是底面中心的锥是正棱锥，A错误； 平行六面体是各面都为平行四边形的六面体，而长方体是各面都为矩形的平行六面体，故B正确； 用一个平行于底面的平面去截圆柱，所得截面是圆面， 当截面平行圆柱的轴时，所得截面是矩形，当其他平面截圆柱，还可得到椭圆，C错误； 用平行于棱锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做圆台，D错误． 故选：B． 17．【答案】A 【分析】取BC的中点H，连接AH、GH、D1G、AD1，推导出平面AHGD1∥平面A1EF，由此得到过线段AG且平行于平面AEF的截面图形为等腰梯形AHGD1． 【解答】解：取BC的中点H，如图连接AH、GH、D1G、AD1， 由题意得：GH∥EF，AH∥AF， ∵GH不在平面A1EF内，EF⊆平面A1EF内， ∴GH∥平面A1EF， ∵AH不在平面A1EF内，A1F⊆平面A1EF内， ∴AH∥平面A1EF， ∵GH∩AH＝H，GH，AH⊆平面AHGD1， ∴平面AHGD1∥平面A1EF， 过线段AG且平行于平面AEF的截面图形为等腰梯形AHGD． 故选：A． 18．【答案】D 【分析】由于截出的截面是一个三角形，用余弦定理判断截面各角的大小，可判断这个三角形的形状． 【解答】解：如图，在图中的长方体，用一个平面α截此长方体，截面是三角形ABC， 设OA＝a，OB＝b，OC＝c，AC2＝a2+c2，AB2＝a2+b2，BC2＝b2+c2， ∴cos∠CAB＝＞0， ∴∠CAB为锐角， 同理∠ACB与∠ABC也为锐角， 所以△ABC为锐角三角形，也可以是等腰三角形、等边三角形，但不可能是直角三角形． 故选：D． 19．【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M，N分别是侧面CD1和侧面BC1的中心， ∴以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 侧面CD1的中心M（0，2，2），侧面BC1的中心N（2，4，2），D（0，0，0）， ∴＝（2，4，2），点M在平面α与平面CDD1C1的交线上，设P（0，y1，z1）为这条交线上任意一点， ＝（0，y1﹣2，z1﹣2）， ∵＝4（y1﹣2）+2（z1﹣2）＝0，∴2y1+z1＝6， 令z1＝0，得F（0，3，0），令z1＝4，得G（0，1，4），连接FG， 平面α与平面ABCD必相交，设Q（x，y，0）为这条交线上任意一点， ＝（x，y﹣3，0）， ∵＝2x+4（y﹣3）＝0，∴x+2y＝6，令x＝4，得E（4，1，0），连接FE， ∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，∴平面α与平面A1B1C1D1的交线过点G，与直线FE平行， 过G作GH∥FE，交A1D1于H（t，0，4），＝（t，﹣1，0），＝（4，﹣2，00， 由∥，得t＝2，∴H（2，0，4）， ∴平面α与平面ABB1A1，平面ADD1A1都相交， 则平面α与直线AA1相交，令交点为K（4，0，m），＝（0，﹣1，m）， 由＝﹣4+2m＝0，得K（4，0，2）， 连接EK，HK，得截面五边形EFGHK，即截面S为五边形EFGHK， EF＝FG＝2，GH＝EK＝，HK＝2，取EF中点L（2，2，0），连接GL，EH， 则GL＝EH＝， 在△EHK中，cos＝﹣，sin， △EHK的面积＝＝， 在△FGL中，cos∠GFL＝＝，sin， △FGL边FL上的高h＝FG•sin∠GFL＝， 梯形EFGH面积SEFGH＝＝＝6， ∴S的面积为S＝S△EHK+SEFGH＝7． 故选：C． 20．【答案】B 【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案． 【解答】解：根据题意，在平面VAC内，过点F作EF∥AC，交VC于点E； 在平面VBC内，过点E作EQ∥VB，交BC于点Q， 在平面VAB内，过点F作FD∥VB，交AB于点D，连接DQ， 如图所示， 因为EF∥AC，则△VCA∽△VEF，设其相似比为k，即， 则； 又因为VA＝1，，， 由余弦定理得，，则VC2+VA2＝AC2，即VC⊥VA． 又BV⊥平面VAC，VC，VA⊂平面VAC，所以BV⊥VC，BV⊥VA． 又，则BV＝1，． 因为FD∥VB，则△AFD∽△AVB，则， 因为，所以，即FD＝1﹣k， 同理可得QE＝1﹣k，即QE＝FD， 因为EQ∥VB，FD∥VB，则EQ∥FD， 故四边形EFDQ为平行四边形；而EQ⊂平面EFDQ，VB⊄平面EFDQ， 故VB∥平面EFDQ，同理AC∥平面EFDQ， 即四边形EFDQ为截面图形； 又BV⊥平面VAC，EF⊂平面VAC，则BV⊥EF， 又FD∥VB，所以FD⊥EF． 故平行四边形EFDQ为矩形，则＝， 所以当时，S矩形EFDQ有最大值，则， 在Rt△CVF中，． 故选：B． 21．【答案】A 【分析】根据给定条件，作出平面α截正四棱锥S﹣ABCD所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公式求解作答． 【解答】解：在正四棱锥S﹣ABCD中，连接AC， 则是正三角形，由SC的中点为E，得AE⊥SC， 而SC⊥α，SC∩α＝E，则AE⊂α， 在△SBC中，，， 令平面α与直线SB交于F，连EF，AF，则SC⊥EF， ，即点F在棱SB上， 同理平面α与棱SD相交，令交点为G，连EG，AG， 于是四边形AFEG为平面α截正四棱锥S﹣ABCD所得的截面， 由对称性知△AEG≅△AEF，在△SEF中，， 而，在△SAF中，， 由余弦定理得， 在△AEF中，， 所以所得截面面积． 故选：A． 22．【答案】D 【分析】根据题意，由空间中点线面的位置关系分析选项，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 由空间中不共线的三点可以确定唯一一个平面，可知A错误； 由空间中一条直线和直线外一点确定唯一一个平面，可知B错误； 两条相互垂直的直线，可能共面垂直也可能异面垂直，可知C错误； 由两条相互平行的直线能确定一个平面，可知D选项正确． 故选：D． 23．【答案】D 【分析】利用公理进行判断即可． 【解答】解：根据公理判定点C和点D既在平面β内又在平面γ内， 故点C和点D在β与γ的交线上， 所以平面γ、B的交线必过点C和点D． 故选：D． 24．【答案】C 【分析】由AF⊥B1E，可得点F在过点A且与B1E垂直的一个平面α内，从而可得为平面α的一个法向量，而平面CDD1C1的法向量与不平行，所以可得平面α与平面CDD1C1相交，从而可得答案． 【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AF⊥B1E， 所以点F在过点A且与B1E垂直的一个平面α内， 即为平面α的一个法向量， 又平面CDD1C1的法向量为，且与不平行， 所以平面α与平面CDD1C1一定相交于直线l， 所以点F在直线l上运动． 故选：C． 25．【答案】C 【分析】记AB，AD的中点分别为E，F，先证三角形PEF即为平面α截正方体所得截面，然后可得周长． 【解答】解：记AB，AD的中点分别为E，F，连接PE，EF，FP，A1B，AB1， 由正方体性质可知，B1C1⊥平面AA1B1B， 因为A1B⊂平面AA1B1B，所以B1C1⊥A1B， 又AA1B1B为正方形，所以AB1⊥A1B， 因为AB1∩B1C1＝B1，AB1，B1C1⊂平面AB1C1， 所以A1B⊥平面AB1C1， 因为AC1⊂平面AB1C1，所以A1B⊥AC1 因为P，E分别为AA1，AB的中点，所以PE∥A1B，所以AC1⊥PE， 同理可证，AC1⊥EF， 又PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF， 所以AC1⊥平面PEF， 所以三角形PEF即为平面α截正方体所得截面， 易知三角形PEF为正三角形，， 所以截面周长为． 故选：C． 26．【答案】D 【分析】作图作出过点P、Q，R三点的截面，说明截面为正六边形，求得边长即可求得截面面积． 【解答】解：如图，设AB的中点为H，连接HR并延长，交DA延长线于E，交DC延长线于F，连接PE交A1A于G， 连接QF交C1C于I，连接GH，RI，则六边形PQIRHG为过点P，Q、R三点的截面， 由题意可知，△AHE≌△BHR，则AE＝BR＝1， 故△AGE≌△A1GP，可知AG＝A1G，即G为A1A的中点， 同理可证I为C1C的中点，故可知六边形PQIRHG为正六边形， 且边长为， 故其面积为6×＝3，即过点P、Q．R三点的截面面积是3， 故选：D． 27．【答案】A 【分析】根据点线关系和点面关系判定即可． 【解答】解：点A不在直线m上，则A∉m， 因为直线m在平面α内，所以m⊂α． 故选：A． 二．多选题（共6小题） 28．【答案】ABD 【分析】由平面的基本性质及推论逐一分析四个选项得答案． 【解答】解：A∈a，A∈β，B∈a，B∈β，由公理1可知，a⊂β，故A正确； M∈α，M∈β，N∈α，N∈β，由公理3可知，α∩β＝MN，故B正确； A∈α，A∈β，可知α∩β＝过A点的一条直线，故C错误； A，B，M∈α，A，B，M∈β，且A，B，M不共线，由公理2可得α，β重合，故D正确． 故选：ABD． 29．【答案】CD 【分析】作出当λ＝3时的图象，问题转化为截面AEF从平面ARS转动到平面ACD的过程中截球所截得圆面的面积范围，利用球的截面的性质，由r2＝R2﹣d2得出圆面的半径平方的范围即可求解． 【解答】解：如图1，在棱BD上取点S，使得，， 取CD的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG， 记RS∩BG＝M，连接AM，过点A作AH⊥平面BCD，垂足为H， 则H为△BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心O在AH上， AO为球O的半径， 由题中的数据可得AM＝AG＝3HG＝3HM＝3，AH＝4， 设球O的半径为R，则R2＝（AH﹣OH）2＝BH2+OH2，解得R＝3，OH＝1， 当λ∈[1，3]时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD， 要求截面的面积只需考虑球心O到截面的距离的取值范围即可， 由题意可知CD∥RS，且CD⊥平面ABG，如图2， 过点O作ON⊥AM，垂足为N，则ON⊥平面ARS， ∵△AON∽△AMH，∴ON＝＝1， ∴球心O到截面的距离d∈[0，1]， 则截面圆的半径r2＝R2﹣d2∈[8，9]， ∴所求截面的面积S∈[8π，9π]． 故选：CD． 30．【答案】BC 【分析】在空间中两组对边相等的四边形可能是空间四边形，可判断A错误，由平行公理可知B正确，由等角定理可知C正确，由空间四边形的性质可知D错误． 【解答】解：对于A，在空间中两组对边相等的四边形是平行四边形或为空间四边形，故A错误； 对于B，由平行公理可知B正确； 对于C，由等角定理可知C正确； 对于D，连接空间四边形各边中点所得的四边形一定是平行四边形，故D错误， 故选：BC． 31．【答案】ABD 【分析】画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，即可判断选项． 【解答】解：画出截面图形如图： 可以画出正三角形但不是直角三角形（如图1）； 可以画出正方形（如图2） 经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形（如图3）； 正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形（如图4）； 故选：ABD． 32．【答案】BC 【分析】根据空间中的点、线、面的位置关系和确定平面的条件，判断即可． 【解答】解：对于A，空间四点共面，则不一定有三点共线，如平行四边形的四个顶点，所以A错误； 对于B，空间四点不共面，则其中任何三点不共线， 否则由直线与直线外一点确定一个平面，这空间四点共面，所以B正确； 对于C，空间四点中存在三点共线，由直线与直线外一点确定一个平面，所以此四点共面，选项C正确； 对于D，依次首尾相接的四条线段不一定共面，也可能是空间四边形，所以D错误． 故选：BC． 33．【答案】AC 【分析】利用公理三及其推论进行判断． 【解答】解：由公理三及其推论知： 不共线的三点确定一个平面； 两条平行线确定一个平面； 一条直线与这条直线外一点确定一个平面； 两条相交直线确定一个平面． 故四个选项中A，C不正确， 故选：AC． 三．填空题（共7小题） 34．【答案】见试题解答内容 【分析】当t＝2时，S为梯形，说明①错误；取t＝，可得S为五边形，并求得S将棱C1D1截成长度比为2：1的两部分，说明②④正确；取t＝1，可知S为等腰梯形并求得S的面积为，说明③正确． 【解答】解：对于①，当t＝CQ＝2时，如图所示，截面S即APC1E是菱形，故①错误； 对于②，当t＝CQ＝时，如图所示，AP∩DC＝O， ∵点P是BC的中点，可得CO＝CD＝AB，∴， ∴S与C1D1的交点R满足C1R＝，此时S是五边形，且S将棱C1D1截成长度比为2：1的两部分． 故②、④正确； 对于③，当t＝CQ＝1时，如图所示，S为等腰梯形， 可得PQ＝，，等腰梯形得高为， 则S的面积为． 故③正确． 故答案为：②③④． 35．【答案】见试题解答内容 【分析】由题意知此曲线实质是以A点为球心，为半径的球在正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面的交线； 正方体的各个面根据与球心A的位置关系分成两类，分别求出两类平面截得圆弧长，再求和即可． 【解答】解：由题意知，此曲线实质是以A点为球心，为半径的球在正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面的交线， 正方体的各个面根据与球心A的位置关系分成两类，一类是ABCD，AA1D1D，AA1B1B为过球心A的截面； 截线为大圆弧，圆弧半径为； 设各圆弧圆心角为α，则cosα＝＝， 所以α＝37°＝，此时三个面上的大圆弧长为3××＝； 第二类是A1B1C1D1，B1BCC1，D1DCC1为球心距离为1的截面，截线为小圆弧，圆弧半径为，圆心角为， 此时这三个截线长度和为3××2π×＝； 所以这条曲线的总长为+＝π． 故答案为：π． 36．【答案】见试题解答内容 【分析】根据空间中的线面、面面之间的平行与垂直关系，对题目中的命题判断正误即可． 【解答】解：对于①，m⊥α，n⊥β，α∥β，根据线面垂直的性质定理得出m∥n，①正确； 对于②，m⊥n，n⊂α时，根据线面垂直的判定定理知，m⊥α不一定成立，∴②错误； 对于③，m∥β，n⊂β时，根据线面平行的性质定理知，m∥n不一定成立，∴③错误； 对于④，α⊥β，m∥α时，根据线面平行的定义知，m⊥β不一定成立，∴④错误； 综上，其中正确命题的序号是①． 故答案为：①． 37．【答案】见试题解答内容 【分析】由已知中直线AB、AD⊂α，直线CB、CD⊂β，可得平面α∩平面β＝直线BD，进而由点E∈AB，点F∈BC，点G∈CD，点H∈DA，可得直线EH⊂平面α，直线EH⊂平面α，若直线EH∩直线FG＝M，进而由公理三，可得答案． 【解答】解：∵直线AB、AD⊂α，E∈AB，H∈DA， ∴E∈α，且H∈α，则直线EH⊂α 同理可得直线直线EH⊂α 又∵直线AB、AD⊂α，直线CB、CD⊂β， 可得α∩β＝BD 若直线EH∩直线FG＝M， 由公理三可得，M在平面α与平面β的交线BD上 故答案为：BD 38．【答案】见试题解答内容 【分析】对两个平面的位置关系情况进行讨论，得出其将空间分成几部分，比较所得的结果即可得到最多可分成几部分 【解答】解：两个平面的位置关系是平行与相交， 若两个平面平行，则可将空间分成三部分， 若两个平面相交，可将空间分成四部分， 故答案为：4． 39．【答案】4． 【分析】根据线面平行的性质定理，结合点E为BC中点可得四边形EFGH各边长，然后可得． 【解答】解：过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB、CD都平行，且分别交BD、AD、AC于F、G、H， 因为AB∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH＝EH，AB⊂平面ABC， 所以AB∥EH，又点E为BC中点，所以EH为三角形ABC的中位线，故EH＝AB＝1． 同理，EF＝FG＝GH＝1， 所以四边形EFGH的周长为4． 故答案为：4． 40．【答案】必要不充分． 【分析】分别判断充分性和必要性是否成立即可． 【解答】解：空间中的三条直线l，m，n不过同一点，当l，m，n共面时，l，m，n不一定两两相交，也可能两两平行，所以充分性不成立； 当三条直线l，m，n两两相交时，则直线l，m，n一定共面，所以必要性成立； 是必要不充分条件． 故答案为：必要不充分． 四．解答题（共13小题） 41．【答案】见试题解答内容 【分析】解决此题，先要画出图形，前三条线只能画成“两两相交，且不交于同一点”，这样才能保证第四条线与前三条全相交，这样的话图形一共可以分为两类．然后，我们可以根据推论1或者推论2，先把平面确定好，然后再根据公理1，进一步证明其余的直线也在这个平面里． 【解答】证明：第一种情形（如图1）：四条直线l1，l2，l3，l4没有三条直线过同一点， 这时它们共有六个交点A、B、C、D、E、F，它们各不相同， 因直线l1，l2相交于点A，可决定一平面α； 因点B、C、D、E均在平面α内， 所以直线l3，l4也在平面α内， 故直线l1，l2，l3，l4同在平面α内． 第二种情形（如图2）：四条直线l1，l2，l3，l4中有三条， 例如l1，l2，l3，过同一点A， 因直线l4不过点A， 故由点A及直线l4可决定一平面α， 因直线l4与直线l1，l2，l3，相交， 设交点为B、C、D， 则点B、C、D在直线l4上，从而在平面α内， 因此，直线l1，l2，l3，各有两点在平面α内， 即这三条直线在平面α内， 故四直线l1，l2，l3，l4在同一平内． 42．【答案】15． 【分析】略 【解答】解：以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10阶简单图G，我们证明G的边数不超过15． 设G的顶点为V1，V2，⋯V10，共有k条边，用deg（Vi）表示顶点Vi的度，若deg（Vi）≤3对i＝1，2，⋯10都成立，则 ， 假设存在Vi满足deg（Vi）≥4，不妨设deg（V1）＝n≥4，且V1与V2，⋯Vn+1均相邻，于是V2，⋯Vn+1之间没有边，否则就形成三角形，所以V1，V2，⋯Vn+1之间恰有n条边． 对每个j（n+2≤j≤10），Vj至多与V2，V3，⋯Vn+1中一个顶点相邻（否则设Vj与Vs，Vt（2≤s＜t≤n+1）相邻，则V1，Vs，Vj，Vt就对就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾．）从而V2，⋯，Vn+1与Vn+2⋯V10之间的边数至多10﹣（n+1）＝9﹣n条， 在Vn+2，⋯，Vn这9﹣n个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多条边，因此G的边数＝≤9+＝15． 如图给出的图共有15条边，且满足要求；综上所述，所求边数的最大值为15． 43．【答案】见试题解答内容 【分析】利用两个平面垂直的性质：若两个平面垂直，通过一个平面中的一点垂直于另一个平面的直线在第一个平面内；证出四点共面；通过反证法证出四边形的两条对边不能相交即两对边平行，命题得证． 【解答】证明：（1）先证A、B、C、D四点共面 设通过直线A1B1C1D1而垂直于平面M的平面为P 则因AA1⊥平面M，而A1又在直线A1B1C1D1上， 所以点A在平面P内，同理点B、C、D均在平面P内， 即A、B、C、D四点共面 （2）证ABCD是一个平行四边形 若AB与DC相交于E， 则其在平面N内的射影A2B2与D2C2也相交于E2， 此与A2B2∥D2C2的假设相违，所以AB∥DC，同理AD∥BC 故ABCD是一个平行四边形． 44．【答案】（1）图形见解析；（2）证明过程见解析． 【分析】（1）直接由平面的基本性质作图； （2）证明四边形AQRC为梯形，设AQ∩CR＝O，再证明O∈BB′，即可得到AQ、CR、BB'三线共点． 【解答】解：（1）如图五边形PSQRT即为所求； 证明：（2）如图， ∵Q、R分别为A'B'、B'C'中点， ∴QR∥A′C′，又AC∥A′C′， ∴QR∥AC，而AC＝2QR，可得四边形AQRC为梯形， 设AQ∩CR＝O，则O∈AQ， ∵AQ⊂平面A′AB，∴O∈平面A′AB，同理O∈平面C′CB， 又平面A′AB∩平面C′CB＝BB′，∴O∈BB′， 即AQ、CR、BB'三线共点． 45．【答案】证明见解答． 【分析】根据如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，且这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线，从而可证得结论． 【解答】证明：连结EF、B1C、A1D，由题可知A1D∥B1C， ∵E、F分别是B1C1、C1C的中点， ∴EF∥B1C，且， ∴EF∥A1D，且， ∴A1DFE为梯形． 则可令A1E∩DF＝P． 由P∈A1E⊂面A1B1C1D1，P∈DF⊂面D1DCC1， ∴P∈D1C1＝面A1B1C1D1∩面D1DCC1， ∴A1E、D1C1、DF共点于P．得证． 46．【答案】（1）证明见解析； （2）N是棱C1C上的一点，且C1N＝C1C，则平面EMN为符合要求的平面，证明见解析． 【分析】（1）连接B1D1，BD，推导出四边形B1D1DB是平行四边形，从而B1D1∥BD，由中位线定理得ME∥B1D1，从而ME∥BD，由此能证明E、M、B、D四点共面． （2）先找出符合题意的平面，然后进行证明，欲证平面EMN∥平面A1FC，根据面面平行的判定定理可知只需在一个平面内找两相交直线与另一平面平行，而EN∥平面A1FC，MN∥平面A1FC，EN∩MN＝N，满足定理条件． 【解答】解：（1）证明：连接B1D1，BD， ∵BB1∥D1D且BB1＝D1D，∴四边形B1D1DB是平行四边形， ∴B1D1∥BD， 又∵E，M分别为B1C1，C1D1中点，∴ME∥B1D1，∴ME∥BD， ∴E、M、B、D四点共面． （2）设N是棱C1C上的一点，且C1N＝C1C，则平面EMN为符合要求的平面． 证明如下： 设H为棱C1C的中点，∵C1N＝C1C， ∴C1N＝C1H，又E为B1C1的中点，∴EN∥B1H， 又CF∥B1H，∴EN∥CF，∴EN∥平面A1FC， 同理MN∥D1H，D1H∥A1F， ∴MN∥A1F，∴MN∥平面A1FC． EN∩MN＝N， ∴平面EMN∥平面A1FC． 47．【答案】见试题解答内容 【分析】由QR∩PD＝O，得O∈面BCC1B1且O∈面ABCD，再由面ABCD∩面BCC1B1＝BC，能证明O、B、C三点共线． 【解答】证明：∵QR∩PD＝O，∴O∈QR且O∈PD， ∴O∈面BCC1B1且O∈面ABCD， 又面ABCD∩面BCC1B1＝BC ∴O∈BC， ∴O、B、C三点共线． 48．【答案】（1）α∩β∩γ＝P，α∩β＝PA，α∩γ＝PB，β∩γ＝PC； （2）平面ABD∩平面BDC＝BD，平面ABC∩平面ADC＝AC． 【分析】根据题意，利用空间中点、线、面的位置关系符号表示方法，表示给定的点、线、面的位置关系即可． 【解答】解：（1）三个平面α、β、γ相交于点P，且平面α与平面β相交于PA，平面α与平面γ相交于PB，平面β与平面γ相交于PC； 用符号表示为：α∩β∩γ＝P，α∩β＝PA，α∩γ＝PB，β∩γ＝PC； （2）平面ABD与平面BDC相交于BD，平面ABC与平面ADC相交于AC． 用符号表示为：平面ABD∩平面BDC＝BD，平面ABC∩平面ADC＝AC． 49．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据MP与底面ABCD的交点K必在侧面ABB1与底面ABCD的交线AB上，连接NK交BC与Q，与平面BB1C1C的交线是PQ． （2）根据（1）得到的交线PQ，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得． 【解答】解：（1）如图所示：∵MP⊂平面ABB1， ∴MP与底面ABCD的交点K必在侧面ABB1与底面ABCD的交线AB上， ∴过点M，N，P的平面与平面ABCD的交线是NK，（K在线段AB的延长线上），与平面BB1C1C的交线是PQ（Q在线段BC上）．∵BK∥A1B1， ∴，∴BK＝4． ∵BQ∥AN，∴， ∴BQ＝． （2）由（1）可知：BQ＝，BP＝4，在Rt△BPQ中，由勾股定理得PQ＝． 50．【答案】（1）证明见解答； （2）arccos． 【分析】（1）根据条件，证明EF∥AC，即可证得E、F、G、H四点共面； （2）以，，为基底，将表示出来，利用向量的夹角公式求得夹角余弦值，进而得出两异面直线所成角的大小． 【解答】（1）证明：因为H、G分别是AD、CD的中点，所以GH∥AC， 由E、F分别是AB、BC边上的点，且＝，可得EF∥AC， 所以GH∥EF， 故E、F、G、H四点共面； （2）解：由题意，在四面体ABCD中，各棱长均相等，设棱长为1， 则有||＝||＝||＝1，且＜＞＝＜＞＝＜＞＝60°， 由＝2，可得，又G是CD中点，可得， 则＝ ＝ ＝， 所以||＝＝＝， ＝＝， 所以＝， 故直线AC和FG所成角的余弦值为， 即直线AC和FG所成角的大小为arccos． 51．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）设G为AF的中点，连接BG，GM，CM，推导出四边形BCMG为平行四边形，从而CM∥BG，由此能证明CM∥平面ABEF． （2）推导出四边形BEFG为平行四边形，从而EF∥BG，进而EF∥CM，由此得到C，D，F，E四点共面． 【解答】证明：（1）设G为AF的中点，连接BG，GM，CM， 由已知FG＝GA，FM＝MD，可得GMAD，BCAD， ∴GMBC， ∴四边形BCMG为平行四边形，∴CM∥BG， ∵BG⊂ABEF，CM⊄面ABEF， ∴CM∥平面ABEF． 解：（2）由BEFA，G为FA中点知，BEFG， ∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG， 由（1）知BGCM，∴EF∥CM，∴EF与CM共面． 又D∈FM，∴C，D，F，E四点共面． 52．【答案】见试题解答内容 【分析】BC、点P确定平面α，由长方体性质得BC∥平面A1B1C1D1，利用线面平行的性质定理即可证明l∥B1C1． 【解答】证明：∵P为长方体ABCD﹣A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1内的一点，过直线BC与点P的平面记为α， ∴BC∥平面A1B1C1D1， ∵α∩平面A1B1C1D1＝l， ∴由线面平行的性质定理BC∥l， ∵BC∥B1C1， ∴l∥B1C1． 53．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）延长D1Q与DC，交于点M，连接BM．得BM即为面D1BQ与面ABCD的交线．由已知能推导出M在面D1BQ与面ABCD的交线上，B也在面D1BQ与面ABCD的交线上，从而得到BM即为面D1BQ与面ABCD的交线． （2）连接PQ、BD，四边形PABQ为平行四边形，从而AP∥BQ，进而BQ∥面AOP，同理可证D1B∥面AOP，由此能证明面BQD1∥面AOP． 【解答】（1）解：作法：延长D1Q与DC，交于点M，连接BM．得BM即为面D1BQ与面ABCD的交线…（2分） 理由如下： 由作法可知，M∈直线D1Q， 又∵直线D1Q⊂面D1BQ，∴M∈面D1BQ， 同理可证M∈面ABCD， 则M在面D1BQ与面ABCD的交线上， 又∵B∈面D1BQ，且B∈面ABCD， 则B也在面D1BQ与面ABCD的交线上，…（4分） 且面D1BQ与面ABCD有且只有一条交线， 则BM即为面D1BQ与面ABCD的交线．…（5分） （2）证明：连接PQ、BD，由已知得四边形PABQ为平行四边形 ∴AP∥BQ，∵AP⊂面AOP，BQ⊄面AOP， ∴BQ∥面AOP，…（8分） 同理可证D1B∥面AOP， 又∵BQ∩D1B＝B，BQ⊂面BQD1，BD1⊂面BQD1， ∴面BQD1∥面AOP．…（10分） 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/17 15:25:58；用户：Damon；邮箱：13120434074；学号：24730468 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$