3．1　3．2　课后达标 检测（教师版）

1．如图所示，用符号语言可表示为(　　)
A.α∩β＝m，n α，m∩n＝A
B．α∩β＝m，n∈α，m∩n＝A
C．α∩β＝m，n α，A m，A n
D．α∩β＝m，n∈α，A∈m，A∈n
解析：选A.由题图可知平面α，β相交于直线m，直线n在平面α内，两直线m，n交于点A，所以用符号语言可以表示为α∩β＝m，n α，m∩n＝A，故选A.
2．可使平面α和β重合的条件是它们的公共部分中有(　　)
A．三个点 B．1个点和一条直线
C．无数个点 D．两条平行直线
解析：选D.对于A，若三个点共线，则两个平面可能相交于三点共线的直线，故A错误；对于B，若点在直线上，则两个平面可能相交于这条直线，故B错误；对于C，若无数个点共线，则两个平面可能相交于无数个点共线的直线，故C错误；对于D，因为过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，所以它们的公共部分中有两条平行线时一定存在不共线的三点，故D正确．故选D.
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.如图，四棱锥P ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，若平面PAD∩平面PBC＝l，则(　　)
A．l∥CD
B．l∥BC
C．l与直线AB相交
D．l与直线DA相交
解析：选D.两个平面若有一个交点，那么必然有无数个交点，而且这些交点在同一条直线上，那么DA与BC的交点必在直线l上，故直线l与直线DA相交．故选D.
5．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为两个不重合的平面，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．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
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，所以α∩β＝MN，B正确．对于C，因为A∈α，A∈β，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，故D正确．
7．一个正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
8.如图，已知D，E分别是△ABC的边AC，BC上的点，平面α经过D，E两点，若直线AB与平面α的交点是P，则点P与直线DE的位置关系是________．
解析：因为P∈AB，AB 平面ABC，所以P∈平面ABC.
又P∈α，平面ABC∩平面α＝DE，所以P∈直线DE.
答案：P∈直线DE
9．生活经验：“两个轮子的自行车在停止运动后要加上一个支撑脚才稳定”，可以解释该经验的数学公理是____________________________．
解析：类比三脚架知，支撑点形成一个平面才会保持稳定，因此加上一个支撑脚后，两个轮子加支撑脚与地面接触点形成了不共线的三点，确定了一个平面.
答案：不共线的三点确定一个平面
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.如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1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ABC A1B1C1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ABC A1B1C1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，在正方体ABCD A1B1C1D1中，设线段A1C与平面ABC1D1相交于点Q，求证：B，Q，D1三点共线．
证明：如图所示，连接A1B，CD1，BD1.显然B∈平面A1BCD1，D1∈平面A1BCD1.
所以BD1 平面A1BCD1.
同理BD1 平面ABC1D1.
所以平面ABC1D1∩平面A1BCD1＝BD1.
因为A1C∩平面ABC1D1＝Q，
所以Q∈平面ABC1D1.
又因为A1C 平面A1BCD1，
所以Q∈平面A1BCD1.
所以Q∈BD1，即B，Q，D1三点共线．
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，BM＝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于点Q，过N作NE∥BD交AB于点E，因为△AEN为边长为1的等边三角形，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，BF＝2，因为PF∥BC，所以＝，即＝，所以BQ＝.故选C.
16.如图所示，E，F分别为正方体ABCD A1B1C1D1的棱CC1和AA1的中点，画出平面BED1F与平面ABCD的交线．
解：如图所示，在平面AA1D1D内，D1F与DA不平行，分别延长D1F与DA，则D1F与DA必相交，设交点为M.
因为M∈D1F，M∈DA，D1F 平面BED1F，DA 平面ABCD，
所以M∈(平面BED1F∩平面ABCD).
又B∈(平面BED1F∩平面ABCD)，
连接MB，则MB＝平面BED1F∩平面ABCD.
即直线MB为所求作的两平面的交线．