11.2 平面的基本事实与推论 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第四册（人教B版）

1．两个平面若有三个公共点，则这两个平面　(　　) A．相交 B．重合 C．相交或重合 D．以上都不对 解析：选C．若这三个公共点在一条直线上，则这两个平面相交或重合；若这三个公共点不共线，则这两个平面重合．故选C． 2．如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面α，M∈a，N∈b，M∈l，N∈l，则(　　) A．l⊂α B．l⊄α C．l∩α＝M D．l∩α＝N 解析：选A．因为M∈a，a⊂α， 所以M∈α， 又因为N∈b，b⊂α， 所以N∈α， 又M∈l，N∈l，所以l⊂α， 所以A正确，B错误； l∩α＝l，所以C，D错误． 3．如图，平面α∩平面β＝l，A，B∈α，A，B∉l，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 解析：选D．根据基本事实3判定点C和点D既在平面β内又在平面γ内，故点C，D在β与γ的交线上．故选D． 4．在三棱锥A­BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG＝P，则点P(　　) A．一定在直线BD上 B．一定在直线AC上 C．在直线AC或BD上 D．不在直线AC上，也不在直线BD上 解析：选B．如图，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD， EF∩HG＝P， 所以P∈平面ABC，P∈平面ACD． 又平面ABC∩平面ACD＝AC， 所以P∈AC． 5．(2024·抚顺月考)如果空间四点A，B，C，D不共面，那么下列判断中正确的是(　　) A．A，B，C，D四点中必有三点共线 B．A，B，C，D四点中不存在三点共线 C．直线AB与CD相交 D．直线AB与CD平行 解析：选B．两条平行直线、两条相交直线、一条直线及这条直线外一点都分别确定一个平面． 6．(多选)已知α，β为两个平面，A，B，M，N为四个不同的点，a为直线，下列推理正确的是(　　) A．A∈a，A∈β，B∈a，B∈β⇒a⊂β B．α与β不重合，M∈α，M∈β，N∈α，N∈β⇒α∩β＝MN C．α与β不重合，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 解析：选ABD．对于A，由基本事实2可知，a⊂β，A正确．对于B，由基本事实2可知，直线MN⊂α，MN⊂β，又α与β不重合，所以α∩β＝MN，B正确．对于C，因为A∈α，A∈β，α与β不重合，所以A∈α∩β，由基本事实3可知α∩β为经过点A的一条直线而不是点A，故α∩β＝A的写法错误，C错误．对于D，因为A，B，M不共线，所以由基本事实1可知，过A，B，M有且只有一个平面，故α，β重合，D正确． 7．若点Q在直线b上，b在平面α内，则Q，b，α之间的关系可记作________． 解析：因为点Q(元素)在直线b(集合)上，所以Q∈b.又因为直线b(集合)在平面α(集合)内，所以b⊂α.所以Q∈b⊂α. 答案：Q∈b⊂α 8．一个三棱柱各面所在的平面将空间分成__________部分． 解析：三棱柱三个侧面将空间分成7部分，三棱柱两个平行的底面又在这个基础上将空间分成3大部分，故三棱柱各面所在的平面将空间分成3×7＝21部分． 答案：21 9．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中回答下列问题： (1)平面AA1B1B∩平面A1B1C1D1＝____________； (2)平面A1C1CA∩平面ABCD＝________． 解析：由题图可知，(1)平面AA1B1B∩平面A1B1C1D1＝A1B1； (2)平面A1C1CA∩平面ABCD＝AC． 答案：(1)A1B1　(2)AC 10．如图，已知A，B，C，D是空间四点，且点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上．求证：直线AD，BD，CD在同一平面内． 证明：因为点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上． 所以点A，B，D确定唯一的一个平面，设为α， 所以l⊂α，因为C∈l，所以C∈α，因为A，B，C，D∈α，所以AD⊂α，BD⊂α，CD⊂α，即直线AD，BD，CD在同一平面内． 11．(2024·营口期末)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，点G为正方形ABCD的中心，点E为A1D1的中点，点F为AE的中点，则(　　) A．C，E，F，G四点共面，且CF＝EG B．C，E，F，G四点共面，且CF≠EG C．C，E，F，G四点不共面，且CF＝EG D．C，E，F，G四点不共面，且CF≠EG 解析：选B．连接AC，FG，EC(图略)，因为G为正方形ABCD的中心，所以AG＝GC．又因为F为AE的中点，所以AF＝FE，所以由三角形的中位线定理可知，FG∥EC，所以由推论3知，C，E，F，G四点共面．过点E作EH⊥AD于点H，连接HG(图略)，则EG＝＝＝2.过点F作FT⊥AD于点T，连接CT(图略)，则CF＝＝＝，所以CF≠EG.故选B． 12．(多选)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F分别为棱A1B1和A1C1上的点(不包括端点)，且BE∩CF＝P，则下列结论正确的是(　　) A．B，C，E，F四点共面 B．P∈平面ABB1A1 C．平面AEF与平面BB1C1C不相交 D．P，A1，A三点共线 解析：选ABD．对于A，因为BE∩CF＝P，所以BE，CF共面，即B，C，E，F四点共面，故A正确．对于B，P∈BE，BE⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，故B正确．对于C，直线AE与直线BB1相交，AE⊂平面AEF，BB1⊂平面BB1C1C，则平面AEF与平面BB1C1C相交，故C错误．对于D，因为P∈CF，CF⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，由B知P∈平面ABB1A1，又平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，故D正确． 13．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F分别是BB1，A1C1的中点，平面AEF与线段B1C1交于点G，则＝________． 解析：如图，延长AF，CC1交于点D，连接DE交B1C1于一点，易知该点为点G，因为F是A1C1的中点，AC∥A1C1， 所以C1是DC的中点，因为E是BB1的中点，所以B1E∥CC1，B1E＝CC1， 因此有B1E∥DC1， B1E＝DC1， 于是有＝＝. 答案： 14.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1和C1D1的中点． (1)对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，求证：点C1，O，M共线； (2)证明：BE，DF，CC1三线共点． 证明：(1)连接A1C1，因为AA1∥CC1， 所以A，A1，C，C1确定一个平面AA1C1C，O∈A1C， A1C⊂平面AA1C1C， 所以O∈平面AA1C1C． 因为对角线A1C与平面BDC1交于点O，所以O∈平面BDC1， O在平面AA1C1C与平面BDC1的交线上． 因为AC∩BD＝M， 所以M∈平面AA1C1C且M∈平面BDC1， 所以平面AA1C1C∩平面BDC1＝C1M， 所以O∈C1M， 即点C1，O，M共线． (2)延长DF，BE交于G. 因为DG⊂平面DCG，G∈DG，所以G∈平面DCG， 因为BE⊂平面BCG，G∈BE，所以G∈平面BCG， 因为平面DCG∩平面BCG＝CC1，所以G∈CC1， 所以BE，DF，CC1三线共点． 15．已知四面体ABCD的所有棱长都是3，点M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，AM＝2MB，AN＝ND，CP＝2PD，平面MNP交BC于点Q，则BQ的长为(　　) A． B． C． D．1 解析：选C．因为四面体ABCD的所有棱长都是3，AM＝2MB，AN＝ND，CP＝2PD，所以AM＝2，MB＝1，AN＝1，ND＝2，CP＝2，PD＝1，延长NM交DB的延长线于点T，连接TP交BC于一点，因为平面MNP交BC于Q点，易知该点即为Q点．过N作NE∥BD交AB于点E，易知△AEN为边长为1的等边三角形，所以M为EB的中点，所以△ENM≌△BTM，所以EN＝BT＝1，所以DT＝BT＋BD＝4，过P作PF∥BC交BD于点F，所以△PDF为边长为1的等边三角形，所以PF＝DF＝1，所以TF＝3，因为PF∥BC，所以＝，即＝，所以BQ＝.故选C． 16．(2024·湖南衡阳期中)如图，在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别为棱AB，BC，B1C1，A1B1上的点．已知AB＝6，A1B1＝3，B1Q＝B1P＝1，BM＝BN＝4，正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为6. (1)证明：直线MQ，BB1，NP相交于同一点； (2)求正四棱台ABCD­A1B1C1D1挖去三棱台BMN­B1QP后所得几何体的体积． 解：(1)证明：在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，因为B1Q＝B1P＝1，BM＝BN＝4，B1Q∥BM，B1P∥BN， 所以四边形B1QMB，B1PNB均为梯形，则直线MQ与BB1必相交，NP与BB1必相交． 延长MQ，BB1，NP，设MQ的延长线与BB1的延长线交于点E，NP的延长线与BB1的延长线交于点F. 在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1，BC∥B1C1， 则＝＝，＝＝， 得EB1＝FB1，所以点E，F重合， 即直线MQ，BB1，NP相交于同一点． (2)正四棱台ABCD­A1B1C1D1的体积为××6＝126. 由题意可得三棱台BMN­B1QP的高为6， 则三棱台BMN­B1QP的体积为×(×12＋×42＋)×6＝21. 故所求几何体的体积为126－21＝105. 学科网（北京）股份有限公司 $