【人教A版】新編高中數(shù)學必修二：全冊作業(yè)與測評 課時提升作業(yè)(十一)2.2.3

《【人教A版】新編高中數(shù)學必修二：全冊作業(yè)與測評 課時提升作業(yè)(十一)2.2.3》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【人教A版】新編高中數(shù)學必修二：全冊作業(yè)與測評 課時提升作業(yè)(十一)2.2.3（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 新編人教版精品教學資料 課時提升作業(yè)(十一) 直線與平面平行的性質 (25分鐘　60分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.已知直線m,n和平面α,m∥n,m∥α,過m的平面β與α相交于直線a,則n與a的位置關系是　(　　) A.平行　　　　　　　　　 B.相交 C.異面　　　　　　　 D.以上均有可能 【解析】選A.由線面平行的性質知m∥a,而m∥n,所以n∥a. 2.直線a∥平面α,α內有n條直線交于一點,那么這n條直線中與直線a平行的　 (　　) A.至少有一條　 B.至多有一條 C.有且只有一條　　 D.沒有 【解析】選B.過a和平面

2、內n條直線的交點只有一個平面β,所以平面α與平面β只有一條交線,且與直線a平行,這條交線可能不是這n條直線中的一條,也可能是. 3.過平面α外的直線l,作一組平面與α相交,如果所得的交線為a,b,c,…,則這些交線的位置關系為　(　　) A.都平行 B.都相交且一定交于同一點 C.都相交但不一定交于同一點 D.平行或相交于同一點 【解析】選D.因為l?α,所以l∥α或l∩α=A,若l∥α,則由線面平行性質定理可知,l∥a,l∥b,l∥c,…, 可知,a∥b∥c…; 若l∩α=A,則A∈a,A∈b,A∈c,…,a∩b∩c∩…=A,故選D. 4.不同直線m,n和不同平面α,β,給

3、出下列命題: ?m,n異面. 其中假命題有　(　　) A.0個　　 B.1個　　　 C.2個　　　 D.3個 【解析】選C.由兩平面平行的定義可知①正確;由于直線n可能在平面β內,故②不正確;直線m有可能與直線n平行,故③錯誤. 5.如果點M是兩條異面直線外的一點,則過點M且與a,b都平行的平面　(　　) A.只有一個　 B.恰有兩個 C.沒有或只有一個 D.有無數(shù)個 【解析】選C.當其中一條異面直線平行于另一條異面直線和點M所確定的平面時,過M且平行于a和b的平面不存在,否則過M有且只有一個平面平行于a和b. 【補償訓練】設a,b是異面直線,a?平面α,

4、則過直線b與平面α平行的平面　 (　　) A.不存在　　　　　　　 B.有1個　 C.可能不存在也可能有1個 D.有2個以上 【解析】選C.若直線b與平面α相交,則過直線b與平面α平行的平面不存在,否則只有一個. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.已知異面直線l,m,且l∥平面α,m?平面α,l?平面β,α∩β=n,則直線m,n的位置關系是　　　　. 【解析】由于l∥平面α,l?平面β,α∩β=n,則l∥n.又直線l,m異面,則直線m,n相交. 答案:相交 7.如果兩個相交平面分別經過兩條平行線中的一條,那么它們的交線和這兩條平行線的位置關系是　　　　. 【解析】

5、設a,b是兩平行線,α,β是兩個相交平面,因為a∥b,b?β,所以a∥β.又因為a?α,α∩β=l,所以a∥l.又因為a∥b,所以b∥l,所以a∥b∥l. 答案:平行 8.若直線a∥平面α,a?β,α∩β=b,b∥平面γ,γ∩α=c,則a與c的位置關系是　　　　. 【解析】 　　　　　　 答案:a∥c 三、解答題(每小題10分,共20分) 9.如圖所示,已知AB∥平面α,AC∥BD,且AC,BD與α分別相交于點C,D.求證:AC=BD. 【解題指南】利用線面平行的性質定理證明AB∥CD,從而得四邊形ABCD是平行四邊形. 【證明】連接CD, 因為AC∥BD, 所以AC

6、與BD確定一個平面β, 又因為AB∥α,AB?β,α∩β=CD, 所以AB∥CD. 所以四邊形ABDC是平行四邊形. 所以AC=BD. 【拓展延伸】利用線面平行的性質定理解題的步驟 (1)確定(或尋找)一條直線平行于一個平面.(2)確定(或尋找)過這條直線且與已知平面相交的平面.(3)確定交線.(4)由定理得出結論. 【補償訓練】如圖,α∩β=CD,α∩γ=EF,β∩γ=AB,AB∥α 求證:CD∥EF. 【證明】因為AB∥α,AB?β,α∩β=CD,所以AB∥CD.同理可證AB∥EF,所以CD∥EF. 10.如圖所示,E,F,G,H為空間四邊形ABCD的邊AB,BC,

7、CD,DA上的點,且EH∥FG. 求證:EH∥BD. 【證明】因為EH∥FG,EH?平面BCD, FG?平面BCD,所以EH∥平面BCD. 又因為EH?平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以EH∥BD. 【拓展延伸】本題應用了兩個定理,是對所學知識的一個初步綜合,利用線面平行的判定定理和性質定理,完成了平面問題和空間問題的相互轉化. (20分鐘　40分) 一、選擇題(每小題5分,共10分) 1.如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的平面與平面ABC交于直線DE,則DE與AB的位置關系是　(　　) A.異面　　　　 　　 B.平行 C.相交　　

8、　　 　　 D.以上均有可能 【解析】選B.因為A1B1∥AB,AB?平面ABC,A1B1?平面ABC,所以A1B1∥平面ABC.又A1B1?平面A1B1ED,平面A1B1ED∩平面ABC=DE,所以DE∥A1B1.又AB∥A1B1,所以DE∥AB. 2.如圖,在四面體ABCD中,若截面PQMN是正方形,則在下列命題中,錯誤的是　 (　　) A.AC⊥BD B.AC∥截面PQMN C.AC=BD D.異面直線PM與BD所成的角為45° 【解析】選C.由題意知,PQ∥MN,PQ?平面ADC,所以PQ∥平面ADC,結合面面平行的性質定理知,PQ∥AC,所以AC∥平面PQMN;

9、同理易證PN∥BD,又PQ⊥PN,所以AC⊥BD;由于PN∥BD,所以∠NPM即為異面直線PM與BD所成的角,為45°.由此可知A,B,D均正確,從而C錯誤. 二、填空題(每小題5分,共10分) 3.(2015·泉州高二檢測)已知(如圖)A,B,C,D四點不共面,且AB∥α,CD∥α,AC∩α=E,AD∩α=F,BD∩α=H,BC∩α=G,則四邊形EFHG的形狀是　　　　. 【解析】平面ADC∩α=EF,且CD∥α,得EF∥CD; 同理可證GH∥CD,EG∥AB,FH∥AB.所以GH∥EF,EG∥FH. 所以四邊形EFHG是平行四邊形. 答案:平行四邊形 4.如圖,四邊形

10、ABCD是空間四邊形,E,F,G,H分別是四邊上的點,它們共面,并且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,則當四邊形EFGH是菱形時,AE∶EB=　　　　. 【解析】因為AC∥平面EFGH,所以EF∥AC,HG∥AC. 所以EF=HG=·m.同理,EH=FG=·n. 因為四邊形EFGH是菱形,所以·m=·n, 所以AE∶EB=m∶n. 答案:m∶n 三、解答題(每小題10分,共20分) 5.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,點P∈BB1(P不與B,B1重合).PA∩A1B=M,PC∩BC1=N. 求證:MN∥平面ABCD. 【證明】

11、如圖,連接AC,A1C1, 在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1,且AA1=CC1, 所以四邊形ACC1A1是平行四邊形. 所以AC∥A1C1. 因為AC?平面A1BC1,A1C1?平面A1BC1, 所以AC∥平面A1BC1. 因為AC?平面PAC,平面A1BC1∩平面PAC=MN, 所以AC∥MN. 因為MN?平面ABCD,AC?平面ABCD, 所以MN∥平面ABCD. 【拓展延伸】立體幾何中“思維定式”的應用 解答立體幾何問題通常有比較固定的方法.舉例如下: (1)作輔助線時,有“中點”考慮中位線,等腰三角形的性質. (2)證明線面平行,通常用

12、判定定理,也就是證明平面外的直線與平面內的一條直線平行. (3)證明面面平行,通常用其判定定理,也就是證明一個平面內有兩條相交直線與另一個平面平行. (4)題目條件中有線面平行時,一定要想到線面平行的性質定理,也就是見到“線面平行”就要考慮過已知直線找(或作)出平面與已知平面相交,得到交線與已知直線平行. 6.如圖所示的直三棱柱ABC-A1B1C1中,如何作出過點A1,B,C1的平面與平面ABC的交線?并說明理由. 【解題指南】本題是一個操作性很強的題目,具有一定的實際意義,要作兩平面的交線,只需找兩平面的兩個公共點,而題目中只有一個公共點B,所以要利用線面平行的性質定理作出來,然

13、后證明. 【解析】在平面ABC中,過點B作直線l,使l∥AC,則l即為平面BA1C1與平面ABC的交線. 證明如下: 在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC,AC?平面ABC,A1C1?平面ABC,所以A1C1∥平面ABC. 又A1C1?平面A1BC1,平面A1BC1∩平面ABC=l, 所以A1C1∥l.又因為直線l過點B,且l?平面ABC. 根據線面平行的性質定理,l即為所求. 【拓展延伸】應用線面平行性質定理時的誤區(qū) 應用線面平行性質定理時,需要經過直線找平面或作平面,即以平面為媒介證明兩線平行.初學者常常是這樣作:已知直線a與平面α平行,在平面α內作一條直線a′與a平行,這種作法是不可取的.這是一個成立而需證明的命題,是不可直接應用的.正確的作法是:經過已知直線作一個平面和已知平面相交,交線和已知直線平行. 關閉Word文檔返回原板塊