8份高考数学人教A版理科一轮复习练习第8章 立体几何.docx

8份高考数学人教A版理科一轮复习练习第8章 立体几何.docx

《8份高考数学人教A版理科一轮复习练习第8章 立体几何.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《8份高考数学人教A版理科一轮复习练习第8章 立体几何.docx（54页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

8份高考数学人教A版理科一轮复习练习第8章立体几何

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1.一个简单几何体的正视图、侧视图分别为如图所示的矩形、正方形，则其俯视图不可能为（　　）

A.矩形B.直角三角形

C.椭圆D.等腰三角形

解+析　依题意，题中的几何体的俯视图的长为3、宽为2，因此结合题中选项知，其俯视图不可能是等腰三角形，故选D.

答案　D

2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A.＋2πB.C.D.

解+析　

由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为

2的圆柱和底面半径为1，高为1的半圆锥拼成的组合体.所以该几何体的体积为××π×12×1＋π×12×2＝，故

选B.

答案　B

3.（2014·新课标全国Ⅱ卷）正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为（　　）

A.3B.C.1D.

解+析　如图，

在正△ABC中，D为BC中点，

则有AD＝AB＝，

又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，AD⊂平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥

A－B1DC1

的底面B1DC1上的高.

∴VA－B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1，故选C.

答案　C

4.（2015·全国Ⅱ卷）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（　　）

A.36πB.64πC.144πD.256π

解+析　如图，

要使三棱锥O－ABC即C－OAB的体积最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥C－OAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R，则VO－ABC最大＝VC－OAB最大＝×S△OAB×R＝××R2×R＝R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π，选C.

答案　C

5.（2015·全国Ⅰ卷）

《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：

“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：

积及为米几何？

”其意思为：

“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？

”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（　　）

A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛

解+析　由题意知：

米堆的底面半径为（尺），体积V＝×πR2·h≈（立方尺）.所以堆放的米大约为≈22（斛）.

答案　B

二、填空题

6.

如图所示，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是________（填序号）.

解+析　由正投影的定义，四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③；其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②；其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误.

答案　②③

7.（2016·哈尔滨、长春、沈阳、大连四市联考）

如图，半球内有一内接正四棱锥S－ABCD，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为________.

解+析　设所给半球的半径为R，则棱锥的高h＝R，底面正方形中有AB＝BC＝CD＝DA＝R，∴其体积为R3＝，则R3＝2，于是所求半球的体积为V＝πR3＝π.

答案　π

8.在三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则＝________.

解+析　

如图，设点C到平面PAB的距离为h，△PAB的面积为S，则V2＝Sh，V1＝VE－ADB＝×S×h＝Sh，所以＝.

答案　

三、解答题

9.如图是一个几何体的正视图和俯视图.

（1）试判断该几何体是什么几何体；

（2）画出其侧视图，并求该平面图形的面积；

（3）求出该几何体的体积.

解　

（1）正六棱锥.

（2）其侧视图如图：

其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC＝a，AD的长是正六棱锥的高，即AD＝a，

∴该平面图形的面积S＝a·a＝a2.

（3）V＝×6×a2×a＝a3.

10.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，

AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.

（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；

（2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.

解　

（1）交线围成的正方形EHGF如图：

（2）作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.

故S四边形A1EHA＝×（4＋10）×8＝56，

S四边形EB1BH＝×（12＋6）×8＝72.

因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）.

能力提升题组

（建议用时：

20分钟）

11.（2016·郑州质量预测）如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为（　　）

A.8πB.16πC.32πD.64π

解+析　由三视图可知此几何体为一横放的四棱锥，其底为边长为4的正方形，高为2，其中平面SAB⊥平面ABCD，易知SA＝SB＝2，故可补全为以DA、SA、SB为棱的长方体，故2R＝＝＝4，∴R＝2，∴S表＝4πR2＝32π.

答案　C

12.

如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（　　）

A.6B.4

C.6D.4

解+析　

如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝＝6，选C.

答案　C

13.已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为________.

解+析　由题意知，如图所示，在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是有一个角为30°的直角三角形，其中SC＝4，所以SA＝SB＝2，AC＝BC＝2，作BD⊥SC于D点，连接AD，易证SC⊥平面ABD，又易得AD＝BD＝，由已知AB＝，

因此VS－ABC＝××（）2×4＝.

答案　

14.

如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.

（1）求证：

CD⊥平面ABD；

（2）若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A－MBC的体积.

法一　

（1）证明　∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，

∴AB⊥CD.

又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，

AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，

∴CD⊥平面ABD.

（2）解　由AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，得AB⊥BD，

∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝.

∵M是AD的中点，∴S△ABM＝S△ABD＝.

由

（1）知，CD⊥平面ABD，

∴三棱锥C－ABM的高h＝CD＝1，因此三棱锥A－MBC的体积VA－MBC＝VC－ABM＝S△ABM·h＝.

法二　

（1）证明　同法一.

（2）解　由AB⊥平面BCD且AB⊂平面ABD知，

平面ABD⊥平面BCD，

又平面ABD∩平面BCD＝BD，

如图，过点M作MN⊥BD交BD于点N，则MN⊥平面BCD，

且MN＝AB＝，

又CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝.

∴三棱锥A－MBC的体积VA－MBC＝VA－BCD－VM－BCD

＝AB·S△BCD－MN·S△BCD＝.

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1.在下列命题中，不是公理的是（　　）

A.平行于同一个平面的两个平面相互平行

B.过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面

C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内

D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共

直线

解+析　选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的.

答案　A

2.（2016·江西七校联考）已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是（　　）

A.相交或平行B.相交或异面

C.平行或异面D.相交、平行或异面

解+析　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，选D.

答案　D

3.在正方体AC1中，E，F分别是线段BC，CD1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

解+析　如图所示，

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.

答案　A

4.（2016·深圳调研）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么正方体的过P，Q，R的截面图形是（　　）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

解+析　

如图所示，作RG∥PQ交C1D1于G，连接QP并延长与CB延长线交于M，且QP反向延长线与CD延长线交于N，连接MR交BB1于E，连接PE，则PE，RE为截面与正方体的交线，同理连接NG交DD1于F，连接QF，FG，则QF，FG为截面与正方体的交线，∴截面为六边形PQFGRE.

答案　D

5.（2016·哈尔滨一模）如图，

在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为（　　）

A.90°B.75°C.60°D.45°

解+析　如图，过点B作直线BE∥CD，交DA的延长线于点E，连接PE.∴∠PBE（或其补角）是异面直线CD与PB所成角.∵△PAB和△PAD都是等边三角形，∴∠PAD＝60°，DA＝PA＝AB＝PB＝AE，∴∠PAE＝120°.设PA＝AB＝PB＝AE＝a，则PE＝a.又∠ABC＝∠BAD＝90°，∴∠BAE＝90°，∴BE＝a，∴在△PBE中，PB2＋BE2＝PE2，∴∠PBE＝90°.即异面直线CD与PB所成角为90°.故选A.

答案　A

二、填空题

6.如图所示，平面α，β，γ两两相交，a，b，c为三条交线，且a∥b，则a与b，c的位置关系是________.

解+析　∵a∥b，a⊂α，b⊄α，∴b∥α.

又∵b⊂β，α∩β＝c，∴b∥c.∴a∥b∥c.

答案　a∥b∥c

7.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.

解+析　取CD的中点H，连接EH，FH.在正四面体CDEF中，由于CD⊥EH，CD⊥HF，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，则平面EFH与正方体的左右两侧面平行，则EF也与之平行，与其余四个平面相交.

答案　4

8.

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：

①直线AM与CC1是相交直线；

②直线AM与BN是平行直线；

③直线BN与MB1是异面直线；

④直线AM与DD1是异面直线.

其中正确的结论为________.

解+析　A，M，C1三点共面，且在平面AD1C1B中，但C∉平面AD1C1B，C1∉AM，因此直线AM与CC1是异面直线，同理AM与BN也是异面直线，AM与DD1也是异面直线，①②错，④正确；M，B，B1三点共面，且在平面MBB1中，但N∉平面MBB1，B∉MB1，因此直线BN与MB1是异面直线，③正确.

答案　③④

三、解答题

9.

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点.求证：

D1、H、O三点共线.

证明　如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，

∵BB1綉DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形，

又H∈B1D，

B1D⊂平面BB1D1D，

则H∈平面BB1D1D，

∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.即D1、H、O三点共线.

10.

如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点.

（1）求四棱锥O－ABCD的体积；

（2）求异面直线OC与MD所成角的正切值的大小.

解　

（1）由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，

所以四棱锥O－ABCD的体积V＝×4×2＝.

（2）如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，

又M为OA的中点，所以ME∥OC，

则∠EMD（或其补角）为异面直线OC与MD所成的角，

由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，

∵（）2＋（）2＝（）2，

∴△DEM为直角三角形，即∠MED＝90°，

∴tan∠EMD＝＝＝.

∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.

能力提升题组

（建议用时：

20分钟）

11.以下四个命题中，

①不共面的四点中，其中任意三点不共线；

②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；

③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；

④依次首尾相接的四条线段必共面.

正确命题的个数是（　　）

A.0B.1C.2D.3

解+析　①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面.这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确.②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形.

答案　B

12.（2016·长春一模）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（　　）

A.B.C.D.

解+析　画出正四面体ABCD的直观图，如图所示.设其棱长为2，取AD的中点F，连接EF，

设EF的中点为O，连接CO，

则EF∥BD，

则∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角，

△ABC为等边三角形，则CE⊥AB，易得CE＝，

同理可得CF＝，故CE＝CF.因为OE＝OF，

所以CO⊥EF.又EO＝EF＝BD＝，

所以cos∠FEC＝＝＝.

答案　B

13.对于四面体ABCD，

下列命题

①相对棱AB与CD所在直线异面；

②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；

③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高所在的直线异面；

④分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点.

其中正确的是________（填序号）.

解+析　对于①，由四面体的概念可知，AB与CD所在的直线为异面直线，故①正确；对于②，由顶点A作四面体的高，当四面体ABCD的对棱互相垂直时，其垂足是△BCD的三条高线的交点，故②错误；对于③，当DA＝DB，CA＝CB时，这两条高线共面，故③错误；对于④，设AB、BC、CD、DA的中点依次为E、F、M、N，易证四边形EFMN为平行四边形，所以EM与FN相交于一点，易证另一组对棱中点连线也过它们的交点，故④正确.

答案　①④

14.

如图，在空间四边形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，且满足AE∶EB＝CF∶FB＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，过E，F，G的平面交AD于点H.

（1）求AH∶HD；

（2）求证：

EH、FG、BD三线共点.

（1）解　∵＝＝2，∴EF∥AC，

又EF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，

∴EF∥平面ACD，而EF⊂平面EFGH，

平面EFGH∩平面ACD＝GH，

∴EF∥GH，∴AC∥GH.

∴＝＝3.∴AH∶HD＝3∶1.

（2）证明　∵EF∥GH，且＝，＝，

∴EF≠GH，∴EFGH为梯形.令EH∩FG＝P，

则P∈EH，而EH⊂平面ABD，∴P∈平面ABD.

又P∈FG，FG⊂平面BCD，∴P∈平面BCD，

又平面ABD∩平面BCD＝BD，

∴P∈BD.∴EH，FG，BD三线共点.

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1.若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是（　　）

A.a平行于α内的所有直线

B.α内有无数条直线与a平行

C.直线a上的点到平面α的距离相等

D.α内存在无数条直线与a成90°角

解+析　若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确.又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确.

答案　A

2.在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是（　　）

A.平行B.相交

C.在平面内D.不能确定

解+析　如图，由＝得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，

AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.

答案　A

3.给出下列关于互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ的三个命题：

①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；

②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；

③若α∩β＝l，β∩γ＝m.γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.

其中真命题的个数为（　　）

A.3B.2C.1D.0

解+析　①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l，m；②中l与m也可能异面；③中⇒l∥n，同理，l∥m，则m∥n，正确.

答案　C

4.（2016·郑州模拟）设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.

可以填入的条件有（　　）

A.①或②B.②或③C.①或③D.①或②或③

解+析　由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故选C.

答案　C

5.

在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是（　　）

A.AC⊥BD

B.AC∥截面PQMN

C.AC＝BD

D.异面直线PM与BD所成的角为45°

解+析　因为截面PQMN是正方形，

所以MN∥QP，

由于MN⊄平面ABCD，

PQ⊂平面ABC，则MN∥平面ABC，

由线面平行的性质知MN∥AC，

则AC∥截面PQMN，

同理可得MQ∥BD，

又MN⊥QM，

则AC⊥BD，故A、B正确.

又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确.

答案　C

二、填空题

6.（2016·泉州一模）如图，

四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为________.

解+析　取PD的中点F，连接EF，AF，

在△PCD中，EF綉CD.

又∵AB∥CD且CD＝2AB，

∴EF綉AB，

∴四边形ABEF是平行四边形，

∴EB∥AF.

又∵EB⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，

∴BE∥平面PAD.

答案　平行

7.在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________.

解+析　如图，取CD的中点E.

连接AE、BE，由于M、N分别是△ACD、△BCD的重心，所以AE、BE分别过M、N，则EM∶MA＝1∶2，

EN∶BN＝1∶2，

所以MN∥AB.所以MN∥平面ABD，

MN∥平面ABC.

答案　平面ABD与平面ABC

8.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________.

解+析　由面面平行的性质知截面与面AB1的交线MN是△AA1B的中位线，所以截面是梯形CD1MN，易求其面积为.

答案　

三、解答题

9.如图，

ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.

求证：

（1）BE∥平面DMF；

（2）平面BDE∥平面MNG.

证明　

（1）如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，

则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，

又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，

又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.

10.如图，

几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.

（1）求证：

BE＝DE；

（2）若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，

求证：

DM∥平面BEC.

证明　

（1）如图，取BD的中点O，连接CO，EO.

由于CB＝CD，所以CO⊥BD.

又EC⊥BD，EC∩CO＝C，

CO，EC⊂平面EOC，

所以BD⊥平面EOC，

又EO⊂平面EOC，因此BD⊥EO.

又O为BD的中点，所以BE＝DE.

（2）法一　如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.

因为M是AE的中点，

所以MN∥BE.

又MN⊄平面BEC，

BE⊂平面BEC，

所以MN∥平面BEC.

又因为△ABD为正三角形，

所以∠BDN＝30°.

又CB＝CD，∠BCD＝120°，

因此∠CBD＝30°.

所以DN∥BC.

又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，

所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，

所以平面DMN∥平面BEC.

又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.

法二　如图，延长AD，BC交于点F，连接EF.

因为CB＝CD，∠BCD＝120°，

所以∠CBD＝30°.

因为△ABD为正三角形，

所以∠BAD＝∠ABD＝60°，

∠ABC＝90°，

因为∠AFB＝30°，所以AB＝AF.

又AB＝AD，所以D为线段AF的中点.

连接DM，由于点M是线段AE的中点，

因此DM∥EF.

又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，

所以DM∥平面BEC.

能力提升题组

（建议用时：

20分钟）

11.（2016·广东七校联考）设a，b是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是（　　）

A.存在一条直线a，a∥α，a∥β

B.存在一条直线a，a⊂α，a∥β

C.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α

D.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α

解+析　对于A，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B也是α∥β的一个必要条件；易知C不是α∥β的一个充分条件，而是一个必要条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直