高中数学北师大版必修25.2平行关系的性质练习

2019-2020学年北师大版必修二   平行关系的性质 课时作业

1．(2018·高考浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(　　)

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

解析：选A.若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.

2．(2019·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：

①若a∥c，b∥c，则a∥b；

②若a∥b，b∥α，则a∥α；

③若a∥α，b∥α，则a∥b；

④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.

真命题的个数是(　　)

A．1 B．2

C．3 D．4

解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.

3.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)

A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形

B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形

C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形

D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形

解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．

4．(2018·四川名校联考)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A．相交

B．平行

C．垂直

D．不能确定

解析：选B.由题意可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，则MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四边形MQPN是平行四边形，则MN∥QP，QP⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，则MN∥平面BCC1B1，故选B.

5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．

解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.

答案：平行

6.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于________．

解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，

所以EF∥AC，所以F为DC的中点．

故EF＝AC＝.

答案：

7．(2019·重庆六校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F分别为AB和PD的中点．

(1)求证：AF∥平面PEC；

(2)求点F到平面PEC的距离．

解：(1)设PC的中点为Q，连接EQ，FQ(图略)，

由题意，得FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD，

故AE∥FQ且AE＝FQ，所以四边形AEQF为平行四边形，

所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC.

所以AF∥平面PEC.

(2)由(1)，知点F到平面PEC的距离等于点A到平面PEC的距离，设为d，连接AC，由条件易求得EC＝，PE＝，PC＝2，AC＝2，

故S△PEC＝×2×＝，S△AEC＝×1×＝，

由VA­PEC＝VP­AEC，得××d＝××2，

解得d＝.

8.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：

(1)直线EG∥平面BDD1B1；

(2)平面EFG∥平面BDD1B1.

证明：(1)如图，连接SB，

因为E、G分别是BC、SC的中点，

所以EG∥SB.

又因为SB⊂平面BDD1B1，

EG⊄平面BDD1B1，

所以直线EG∥平面BDD1B1.

(2)连接SD，

因为F、G分别是DC、SC的中点，

所以FG∥SD.

又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，

所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，

FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，

所以平面EFG∥平面BDD1B1.

[综合题组练]

1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为(　　)

A．AC⊥BD

B．AC＝BD

C．AC∥截面PQMN

D．异面直线PM与BD所成的角为45°

解析：选B.因为截面PQMN是正方形，

所以PQ∥MN，QM∥PN，

则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，

所以PQ∥AC，QM∥BD，

由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；

由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；

由BD∥PN，

所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；

由上面可知：BD∥PN，MN∥AC.

所以＝，＝，

而AN≠DN，PN＝MN，

所以BD≠AC.B错误．故选B.

2.如图所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是 BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)

解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，

所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，

所以MN∥平面B1BDD1.

答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)

3．(2019·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．

(1)求证：平面CMN∥平面PAB；

(2)求三棱锥P­ABM的体积．

解：(1)因为M，N分别为PD，AD的中点，

所以MN∥PA，

又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，

所以MN∥平面PAB.

在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，

所以∠ACN＝60°.

又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.

因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.

又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.

(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，

所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．

因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝，

所以三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝××1××2＝.

4．如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

(1)求证：BE∥平面DMF；

(2)求证：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.