2025版高中數(shù)學(xué)課時作業(yè)10直線與平面平行的判定新人教A版必修2

PAGEPAGE1課時作業(yè)10直線與平面平行的判定基礎(chǔ)鞏固1．平面α與△ABC的兩邊AB，AC分別交于點(diǎn)D，E，且AD︰DB＝AE︰EC，如圖1，則BC與α的位置關(guān)系是()圖1A.平行 B.相交C.平行或相交 D.異面解析：因?yàn)锳D︰DB＝AE︰EC，所以DE∥BC，又DE?α，BC?α，所以BC∥α.答案：A2．以下命題(其中a，b表示直線，α表示平面)：①若a∥b，b?α，則a∥α；②若a∥α，b∥α，則a∥b；③若a∥b，b∥α，則a∥α；④若a∥α，b?α，則a∥b.其中正確命題的個數(shù)是()A.0B.1 C.2D.3解析：如圖2，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，CD∥AB，AB?平面ABCD，但CD?平面ABCD，故①錯誤；由A′B′∥平面ABCD，B′C′∥平面ABCD，但A′B′與B′C′相交，故②錯誤；由AB∥A′B′，A′B′∥平面ABCD，但AB?平面ABCD，故③錯誤；由A′B′∥平面ABCD，BC?平面ABCD，但A′B′與BC異面，故④錯誤．圖2答案：A圖33．如圖3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(guān)系是()A．異面B．平行C．相交D．以上均有可能解析：∵A1B1∥AB，AB?平面ABC，A1B1?平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.又A1B1?平面A1B1ED，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，∴DE∥A1B1.又AB∥A1B1，∴DE∥AB.答案：B4．給出下列關(guān)于互不相同的直線l、m、n和平面α、β、γ的三個命題：①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β；②若α∥β，l?α，m?β，則l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n.其中真命題的個數(shù)為()A．3 B．2 C．1 D．0解析：①中當(dāng)α與β不平行時，也能存在符合題意的l、m，故①錯誤；②中l(wèi)與m也可能異面，故②錯誤；③中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l∥γ,l?β,β∩γ＝m))?l∥m，同理l∥n，則m∥n，故③正確．答案：C5．如圖4，在四面體ABCD中，M、N分別是△ACD和△BCD的重心，則四面體的四個面中與MN平行的是________．圖4解析：由重心可知MN∥AB.答案：面ABC、面ABD實(shí)力提升1．如圖5，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，Q為PA的中點(diǎn)，O為AC與BD的交點(diǎn)，下面說法錯誤的是()圖5A．OQ∥平面PCD B．PC∥平面BDQC．AQ∥平面PCD D．CD∥平面PAB解析：因?yàn)镺為?ABCD對角線的交點(diǎn)，所以AO＝OC，又Q為PA的中點(diǎn)，所以QO∥PC.由線面平行的判定定理，可知A、B正確，又ABCD為平行四邊形，所以AB∥CD，故CD∥平面PAB，故D正確．答案：C圖62．如圖6，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列命題中，錯誤的為()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．異面直線PM與BD所成的角為45°解析：A：∵AC∥MN，BD∥QM，MN⊥QM，∴AC⊥BD；B：∵AC∥MN，MN?平面PQMN，AC?平面PQMN，∴AC∥平面PQMN；C：∵eq\f(|PN|,|BD|)＝eq\f(|AN|,|AD|)，eq\f(|NM|,|AC|)＝eq\f(|ND|,|AD|)，|PN|＝|NM|∴要使得AC＝BD，即|AN|＝|ND|，∴當(dāng)N為AD中點(diǎn)時，AC＝BD，否則不成立；D：∵BD∥MQ，MQ與PM成45°角，∴BD與PM也成45°角．答案：C3．一個多面體的直觀圖、正視圖、側(cè)視圖、俯視圖如圖7，M，N分別為A1B，B1C1的中點(diǎn)．圖7下列結(jié)論中正確的個數(shù)有()①直線MN與A1C相交．②MN⊥BC.③MN∥平面ACC1A1.④三棱錐N－A1BC的體積為VN－A1BC＝eq\f(1,6)a3.A.4個 B.3個 C.2個 D.1個解析：取A1B1的中點(diǎn)D，連結(jié)DM、DN.由于M、N分別是所在棱的中點(diǎn)，所以可得DN∥A1C1，DN?平面A1ACC1，A1C1?平面A1ACC1，所以DN∥平面A1ACC1.同理可證DM∥平面A1ACC1.又∵DM∩DN＝D，所以平面DMN∥平面A1ACC1，所以直線MN與A1C相交不成立，①錯誤；由三視圖可得A1C1⊥平面BCC1B1.所以DN⊥平面BCC1B1，所以DN⊥BC，又易知DM⊥BC，所以BC⊥平面DMN，所以BC⊥MN，②正確；由①中，平面DMN∥平面A1ACC1，可得：MN∥平面ACC1A1，③正確；因?yàn)閂N－A1BC＝VA1－NBC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×a×a×a，所以④正確．綜上，②③④正確．故選B.答案：B4．如圖8所示的四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形是________．(填序號)圖8解析：由題意得，①中連接點(diǎn)A與點(diǎn)B上面的頂點(diǎn)，記為C，則易證平面ABC∥平面MNP，所以AB∥平面MNP；④中AB∥NP，依據(jù)空間直線與平面平行的判定定理可以得出AB∥平面MNP；②③中，AB均與平面MNP相交，故選①④.答案：①④5．如圖9，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點(diǎn)，則下列命題：①E，C，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；圖9②CE，D1F，DA三線共點(diǎn)；③EF和BD1所成的角為90°；④A1B∥平面CD1E.其中正確的是________(填序號)．解析：由題意EF∥CD1，故E，C，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；由EF綊eq\f(1,2)CD1，故D1F與CE相交，記交點(diǎn)為P，則P∈平面ADD1A1，P∈平面ABCD，所以點(diǎn)P在平面ADD1A1與平面ABCD的交線AD上，故CE，D1F，DA三線共點(diǎn)；∠A1BD1即為EF與BD1所成角，明顯∠A1BD1≠90°；因?yàn)锳1B∥EF，EF?平面CD1E，A1B?平面CD1E，所以A1B∥平面CD1E.答案：①②④6．如圖10，已知有公共邊AB的兩個全等的矩形ABCD和ABEF不在同一個平面內(nèi)，P、Q分別是對角線AE、BD上的點(diǎn)，且AP＝DQ.圖10求證：PQ∥平面CBE.證明：作PM∥AB，交BE于點(diǎn)M，作QN∥AB交BC于點(diǎn)N，則PM∥QN.圖11由eq\f(PM,AB)＝eq\f(EP,EA)，eq\f(QN,CD)＝eq\f(BQ,BD)，又AP＝DQ，∴EP＝BQ.又∵AB＝CD，EA＝BD，∴PM綊QN，∴四邊形PMNQ是平行四邊形，∴PQ∥MN.又PQ?平面CBE，MN?平面CBE，∴PQ∥平面CBE.7．如圖12，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，E，E1分別是棱AD，AA1的中點(diǎn)，設(shè)F是棱AB的中點(diǎn)．圖12證明：直線EE1∥平面FCC1.證明：如圖13，取A1B1的中點(diǎn)F1.連接FF1，C1F1.由于FF1∥BB1∥CC1，圖13所以F1∈平面FCC1，因此平面FCC1即為平面C1CFF1.連接A1D，F(xiàn)1C，由于A1F1綊D1C1綊DC，所以四邊形A1DCF1為平行四邊形，因此A1D∥F1C.又EE1∥A1D，得EE1∥F1C.又∵EE1?面FCC1，F(xiàn)1C?面FCC1∴EE1∥面FCC1.8．已知直三棱柱ABC-A1B1C1，點(diǎn)N在AC上且CN＝3AN，點(diǎn)M，P，Q分別是AA1，A1B1，BC的中點(diǎn)．圖14求證：直線PQ∥平面BMN.證明：如圖15，取AB中點(diǎn)G，連接PG，QG分別交BM，BN于點(diǎn)E，F(xiàn)，則E，F(xiàn)分別為BM，BN的中點(diǎn)．而GE∥eq\f(1,2)AM，GE＝eq\f(1,2)AM，GF∥eq\f(