2022年新教材高中数学第八章立体几何初步51直线与直线平行练习（含解析）

直线与直线平行【基础全面练】(25分钟50分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．下列四面体中，直线EF与MN平行的是()【解析】选C.根据过平面内一点和平面外一点的直线，与平面内不过该点的直线异面，可判定A，B中EF，MN异面；C中直线EF与MN平行；D中，若EF∥MN，则过EF的平面与底面相交，EF就跟交线平行，则过点N有两条直线与EF平行，不可能．2．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是棱AB，BC，A1B1，BB1，C1D1，CC1A.直线GH和MN平行，GH和EF相交B．直线GH和MN平行，MN和EF相交C．直线GH和MN相交，MN和EF异面D．直线GH和EF异面，MN和EF异面【解析】选B.易知GH∥MN，又因为E，F，M，N分别为所在棱的中点，由平面基本性质3可知EF，DC，MN交于一点．3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是平面AA1D1D，平面CC1D1A．相交B．异面C．平行D．垂直【解析】选C.如图，连接AD1，CD1，AC，则E，F分别为AD1，CD1的中点．由三角形的中位线定理，知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH，故选C.4．(2021·鄂州高一检测)若异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝l，则直线l()A．与直线a，b都相交B．至少与a，b中的一条相交C．至多与a，b中的一条相交D．与a，b中的一条相交，另一条平行【解析】选B.由题意知：直线l与a，b可都相交，也可只与一条相交，故A、C、D错误；但直线l不会与两条都不相交，若l与a，b都不相交，因为l与a都在α内，所以l∥a，同理l∥b，所以a∥b，这与a，b异面直线矛盾，故直线l至少与a，b中之一相交．故B正确．二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知棱长为a的正方体ABCD­A′B′C′D′中，M，N分别为CD，AD的中点，则MN与A′C′的位置关系是________．【解析】MNeq\f(1,2)AC，又因为ACA′C′，所以MNeq\f(1,2)A′C′.答案：平行6．已知E，F，G，H为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，若eq\f(AE,AB)＝eq\f(AH,AD)＝eq\f(1,2)，eq\f(CF,CB)＝eq\f(CG,CD)＝eq\f(1,3)，则四边形EFGH形状为________．【解析】在△ABD中，因为eq\f(AE,AB)＝eq\f(AH,AD)＝eq\f(1,2)，所以EH∥BD且EH＝eq\f(1,2)BD.在△BCD中，因为eq\f(CF,CB)＝eq\f(CG,CD)＝eq\f(1,3)，所以FG∥BD且FG＝eq\f(1,3)BD，所以EH∥FG且EH>FG，所以四边形EFGH为梯形．答案：梯形三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中的平面A1C【解析】如图，在平面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．理由如下：因为EF∥B1C1，BC∥B8．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，P分别是CC1，B1C1，C1D求证：∠NMP＝∠BA1D.【证明】如图，连接CB1，CD1，因为CDA1B1，所以四边形A1B1CD是平行四边形．所以A1D∥B1C.因为M，N分别是CC1，B1C1的中点，所以MN∥B所以MN∥A1D.因为BCA1D1，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1.因为M，P分别是CC1，C1D1的中点，所以MP∥CD1，所以MP∥A1B，因为∠NMP和∠BA1D的两边分别平行且方向都相反，所以∠NMP＝∠BA1D.【综合突破练】(20分钟40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．已知在空间四边形ABCD中，若M，N分别是AB，CD的中点，且AC＝4，BD＝6，则()A．1<MN<5B．2<MN<10C．1≤MN≤5D．2<MN<5【解析】选A.取AD的中点H，连接MH，NH(图略)，则MH∥BD，且MH＝eq\f(1,2)BD＝3，NH∥AC，且NH＝eq\f(1,2)AC＝2，且M，N，H三点构成三角形，由三角形的三边关系，可得MH－NH<MN<MH＋NH，即1<MN<5.2．(多选题)如图，在四面体A­BCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是()A.M，N，P，Q四点共面B．∠QME＝∠CBDC．△BCD∽△MEQD．四边形MNPQ为梯形【解析】选ABC.由中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD.对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠DBC，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；由三角形的中位线定理，知MQeq\f(1,2)BD，NPeq\f(1,2)BD，所以MQNP，所以四边形MNPQ为平行四边形，故D说法不正确．二、填空题(每小题5分，共10分)3．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB∥CM；②EF与MN是异面直线；③MN∥CD.以上结论中正确结论的序号为________．【解析】把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①②正确．答案：①②4．已知点E，E′分别是正方体ABCD­A′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′________．(填相等或互补)【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：平行四边形相等三、解答题(每小题10分，共20分)5．在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，E1，F1分别是棱AB，AD，B1C1，C1D求证：(1)EF∥E1F1；(2)∠EA1F＝∠E1CF【证明】(1)连接BD，B1D1，图略．在△ABD中，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，同理E1F1∥B1D1在正方体ABCD­A1B1C1D1因为AA1DD1，AA1BB1，所以B1BDD1，所以四边形BDD1B1是平行四边形，所以BD∥B1D1，所以EF∥E1F1(2)取A1B1的中点M，连接BM，F1M因为MF1B1C1，B1C1BC，所以MF1BC，所以四边形BCF1M所以MBCF1，因为A1MEB，所以四边形EBMA1是平行四边形，所以A1E∥MB，所以A1E∥CF1，同理可证：A1F∥E1又∠EA1F与∠F1CE1所以∠EA1F＝∠E1CF16．如图，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且eq\f(AO,OA′)＝eq\f(BO,OB′)＝eq\f(CO,OC′)＝eq\f(2,3).(1)求证：A′B′∥AB，A′C′∥AC，B′C′∥BC；(2)求eq\f(S△ABC,S△A′B′C′)的值．【解析】(1)AA′∩BB′＝O，且eq\f(AO,OA′)＝eq\f(BO,OB′)＝eq\f(2,3)，所以A′B′∥AB，同理，A′C′∥AC，B′C′∥BC.(2)因为A′B′∥AB，A′C′∥AC，且A′B′和AB，A′C′和AC方向相反，所以∠BAC＝∠B′A′C′.同理，∠ABC＝