2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第八章立體幾何初步8.5.1直線與直線平行同步練習(xí)含解析新人教A版必修第二冊

PAGE課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)二十六直線與直線平行(15分鐘30分)1.空間中兩個(gè)角α,β的兩邊分別對(duì)應(yīng)平行,且α=60°,則β為 ()A.60° B.120°C.30° D.60°或120°【解析】選D.由定理可知,β為60°或120°.2.如圖,在三棱錐P-ABC中,E,F,G,H,I,J分別為線段PA,PB,PC,AB,BC,CA的中點(diǎn),則下列說法正確的是 ()A.PH∥BG B.IE∥CPC.FH∥GJ D.GI∥JH【解析】選C.如圖,因?yàn)镋,F,G,H,I,J分別為線段PA,PB,PC,AB,BC,CA的中點(diǎn),所以FH∥PA,GJ∥PA,所以FH∥GJ.故C正確.3.P是△ABC所在平面外一點(diǎn),D,E分別是△PAB,△PBC的重心,AC=a,則DE的長為.

【解析】如圖,因?yàn)镈,E分別為△PAB,△PBC的重心,連接PD,PE,并延長分別交AB,BC于點(diǎn)M,N,則M,N分別為AB,BC的中點(diǎn),所以DEQUOTEMN,MNQUOTEAC,所以DEQUOTEAC,所以DE=QUOTEa.答案:QUOTEa4.如圖,已知直線a,b為異面直線,A,B,C為直線a上三點(diǎn),D,E,F為直線b上三點(diǎn),A′,B′,C′,D′,E′分別為AD,DB,BE,EC,CF的中點(diǎn).若∠A′B′C′=120°,則∠C′D′E′=.

【解析】因?yàn)锳′,B′分別是AD,DB的中點(diǎn),所以A′B′∥a,同理C′D′∥a,B′C′∥b,D′E′∥b,所以A′B′∥C′D′,B′C′∥D′E′.又∠A′B′C′的兩邊和∠C′D′E′的兩邊的方向都相同,所以∠A′B′C′=∠C′D′E′,所以∠C′D′E′=120°.答案:120°5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,與AD1平行的面上的對(duì)角線有【解析】連接正方體各面上的對(duì)角線.過點(diǎn)D1和A點(diǎn)的對(duì)角線和直線AD1相交.A1B,A1C1,C1D分別與AD1是異面直線,夾角為60°,B1C,A1D和AD故只有直線BC1∥AD1.故滿意條件的直線只有1條.答案:16.如圖,正方形ABED,直角梯形EFGD,直角梯形ADGC,AC∥DG∥EF.且DA=DE=DG,AC=EF,EF=QUOTEDG.求證:B,F,C,G四點(diǎn)共面.【證明】取DG的中點(diǎn)M,連接AM,FM,因?yàn)镋F∥DG,EF=QUOTEDG,所以EF∥DM,EF=DM.所以四邊形EFMD為平行四邊形,所以FM∥ED,FM=ED.因?yàn)樗倪呅蜛BED為正方形,所以AB∥FM,AB=FM.所以四邊形ABFM為平行四邊形,所以AM∥BF.因?yàn)锳C=EF=QUOTEDG,MG=QUOTEDG,AC∥DG,所以四邊形ACGM為平行四邊形,所以AM∥CG.所以BF∥CG,所以B,F,C,G四點(diǎn)共面.【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N,P分別為AA1,BB1,CC1求證:∠MC1N=∠APB.【證明】因?yàn)镹,P分別是BB1,CC1的中點(diǎn),所以BNC1P,所以四邊形BPC1N為平行四邊形,所以C1N∥BP.同理可證C1M又∠MC1N與∠APB方向相同,所以∠MC1N=∠APB.(30分鐘60分)一、單選題(每小題5分,共20分)1.過直線l外一點(diǎn)可以作l的平行線條數(shù)為 ()A.1 B.2 C.3 D.0或1【解析】選A.直線l和l外的一點(diǎn),設(shè)此點(diǎn)為P確定一個(gè)平面,在這個(gè)平面內(nèi)過P與l平行的直線只有一條.2.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是平面AA1D1D,平面CC1D1A.相交 B.異面 C.平行 D.垂直【解析】選C.連接AD1,CD1,AC,則E,F分別為AD1,CD1的中點(diǎn).由三角形的中位線定理,知EF∥AC,GH∥AC,所以EF∥GH.3.空間中有三條線段AB,BC,CD,且∠ABC=∠BCD,那么直線AB與CD的位置關(guān)系是 ()A.平行B.異面C.相交或平行D.平行或異面或相交均有可能【解析】選D.如圖可知AB,CD有相交、平行、異面三種狀況.4.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,F分別在A1D,AC上,且A1E=2ED,CF=2FA,則EF與BD1A.相交但不垂直 B.相交且垂直C.異面 D.平行【解析】選D.連接D1E并延長,與AD交于點(diǎn)M,則△MDE∽△D1A1E,因?yàn)锳1所以M為AD的中點(diǎn).連接BF并延長,交AD于點(diǎn)N,同理可得,N為AD的中點(diǎn).所以M,N重合,又QUOTE=QUOTE,QUOTE=QUOTE,所以QUOTE=QUOTE,所以EF∥BD1.二、多選題(每小題5分,共10分,全部選對(duì)的得5分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分)5.下列結(jié)論中正確的是 ()A.在空間中,若兩條直線不相交,則它們肯定平行B.平行于同一條直線的兩條直線平行C.一條直線和兩條平行直線中的一條相交,那么它也和另一條相交D.空間中有四條直線a,b,c,d,假如a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥c【解析】選BD.A錯(cuò),可以異面.B正確.C錯(cuò)誤,和另一條可以異面.D正確,由平行線的傳遞性可知.6.如圖所示,在四面體A-BCD中,M,N,P,Q,E分別是AB,BC,CD,AD,AC的中點(diǎn),則下列說法正確的是 ()A.四邊形MNPQ是菱形B.∠QME=∠CBDC.△BCD∽△MEQD.四邊形MNPQ為矩形【解析】選BC.由條件易得MQ∥BD,ME∥BC,QE∥CD,NP∥BD,MN∥AC,PQ∥AC,所以MQ∥NP,MN∥PQ,得四邊形MNPQ是平行四邊形,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,依據(jù)空間等角定理,得∠QME=∠CBD,故B正確;對(duì)于C,由空間等角定理知∠QME=∠CBD,∠MEQ=∠BCD,則△BCD∽△MEQ,故C正確.沒有充分理由推證四邊形MNPQ為矩形.【光速解題】熟識(shí)該幾何模型:四邊形MNPQ是平行四邊形;當(dāng)AC=BD時(shí),四邊形MNPQ是菱形;當(dāng)AC⊥BD時(shí),四邊形MNPQ是矩形;當(dāng)AC=BD,且AC⊥BD時(shí),四邊形MNPQ是正方形.三、填空題(每小題5分,共10分)7.如圖,在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,與棱AB平行的棱有條,分別是【解析】因?yàn)樗睦馀_(tái)中兩底面都是正方形,側(cè)面ABB1A1是等腰梯形,所以AB∥CD,A1B1∥C1D1,AB∥A1B1.所以AB∥C1D1.故與棱AB平行的棱有CD,A1B1,C1D1答案:3CD,A1B1,C1D18.一個(gè)正方體紙盒綻開后如圖所示,在原正方體紙盒中有如下結(jié)論:①AB∥CM;②EF與MN是異面直線;③MN∥CD.以上結(jié)論中正確的序號(hào)為.

【解析】把正方體平面綻開圖還原到原來的正方體,如圖所示,EF與MN是異面直線.AB∥CM,MN⊥CD,只有①②正確.答案:①②四、解答題(每小題10分,共20分)9.如圖,在三棱錐P-ABC中,G,H分別為PB,PC的中點(diǎn),M,N分別為△PAB,△PAC的重心.求證:GH∥MN.【證明】如圖,取PA的中點(diǎn)Q,連接BQ,CQ,則M,N分別在BQ,CQ上.因?yàn)镸,N分別為△PAB,△PAC的重心,所以QUOTE=QUOTE=QUOTE,則MN∥BC.又G,H分別為PB,PC的中點(diǎn),所以GH∥BC,所以GH∥MN.10.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,AA1求證:(1)EF∥D1C(2)CE,D1F【證明】(1)如圖,連接A1B,則EF∥A1B.又A1B∥D1C,所以EF∥D1(2)因?yàn)镋F∥D1C,EF=QUOTED1C,所以D1F又D1F?平面AA1D1D,CE?平面AA1D1D∩平面ABCD=DA,所以D1F所以CE,D1F1.如圖所示,已知三棱錐A-BCD中,M,N分別為AB,CD的中點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是 ()A.MN≥QUOTE(AC+BD) B.MN≤QUOTE(AC+BD)C.MN=QUOTE(AC+BD) D.MN<QUOTE(AC+BD)【解析】選D.如圖所示,取BC的中點(diǎn)E,連接ME,NE,則ME=QUOTEAC,NE=QUOTEBD,所以ME+NE=QUOTE(AC+BD).在△MNE中,有ME+NE>MN,所以MN<QUOTE(AC+BD).2.在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分別為BC和AD的中點(diǎn),將平面DCEF沿EF翻折起來,使CD到C′D′的位置,G,H分別為AD′和BC′的中點(diǎn),求證:四邊