《高中数学第二章点2.2.12.2.2平面与平面平行的判定优化练习新人教A版必修4.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学第二章点2.2.12.2.2平面与平面平行的判定优化练习新人教A版必修4.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 2.2.3-2.2.4 平面与平面平行的性质 课时作业 A 组基础巩固 1已知直线l1，l2，平面，l1l2，l1?，则l2与的位置关系是( ) Al2Bl2? Cl2或l2?Dl2与相交 解析：当l2?时，才有l2，否则l2?，所以l2?或l2. 答案： C 2若线段AB，BC，CD不共面，M，N，P分别为它们的中点，则直线BD与平面MNP的 位置关系为 ( ) A平行B可能相交 C相交D可能垂直 解析：因为N，P分别为BC，CD的中点，所以NPBD.因为NP? 平面MNP，BD? 平面 MNP，所以BD平面MNP.故选 A. 答案： A 3如果直
2、线a平行于平面，那么下列命题正确的是( ) A平面内有且只有一直线与a平行 B平面内有无数条直线与a平行 C平面内不存在与a平行的直线 D平面内的任意直线与直线a都平行 答案： B 4已知a，b，c，d是四条直线，是两个不重合的平面，若abcd，a?，b?， c?，d?，则与的位置关系是( ) A平行B相交 C平行或相交D以上都不对 解析：根据图1 和图 2 可知与平行或相交 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 答案： C 5如图，下列正三棱柱ABC-A1B1C1中，若M，N，P分别为其所在棱的中点，则不能得出 AB平面MNP的是 ( ) 解析：在图A、B 中，易知ABA1B1MN，所以
3、AB平面MNP；在图 D 中，易知AB PN，所以AB平面MNP.故选 C. 答案： C 6如图 (1)所示，已知正方形ABCD，E、F分别是AB、CD的中点，将ADE沿DE折起， 如图 (2)所示，则BF与平面AED的位置关系是_ 解析：由图 (1)可知BFED，由图 (2)可知，BF? 平面AED，ED? 平面AED，故BF平面 AED. 答案：平行 7.如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中， 与BC平行的平面是 _； 与BC1平行的平面是_； 与平面A1C1和平面A1B都平行的棱是 _ 解析：观察图形，根据判定定理可知，与BC平行的平面是平面A1C1与平面AD1；与BC1 平行的
4、平面是平面AD1；由于平面A1C1与平面A1B的交线是A1B1，所以与其都平行的棱是 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 DC. 答案：平面A1C1与平面AD1平面AD1DC 8在空间四边形ABCD中，E、F分别为AB和BC上的点，且AEEBCFFB 13， 则对角线AC和平面DEF的位置关系是 _ 解析：如图，连接AC， AEEBCFFB13， ACEF. AC? 平面DEF， EF? 平面DEF，AC平面DEF. 答案：平行 9如图所示，已知P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M为PB的中点 求证：PD平面MAC. 证明：如图所示，连接BD交AC于点O，连接MO，则MO为BDP的中
5、位线，PD MO. PD? 平面MAC，MO? 平面MAC， PD平面MAC. 10 如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是CB、CD、CC1的中点 求 证：平面AB1D1平面EFG. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 连接BD，DD1B1B，DD1B1B， 四边形DD1B1B为平行四边形， D1B1DB. E，F分别为BC，CD的中点， EFBD，EFD1B1. EF? 平面EFG，D1B1? 平面EFG， D1B1平面EFG. 同理AB1平面EFG. D1B1AB1B1， 平面AB1D1平面EFG. B
6、组能力提升 1在空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD上的点，且AEEBAFFD 14， 又H、G分别为BC、CD的中点，则 ( ) ABD平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形 BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形 CHG平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形 DEH平面ADC，且四边形EFGH是梯形 解析：易证EF平面BCD. 由AEEBAFFD，可知EF綊 1 5 BD. 又因为H、G分别为BC、CD的中点，所以HG綊 1 2 BD. 综上可知，EFHG，EFHG， 所以四边形EFGH是梯形 答案： B 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 2已知直线l，m，平面，下列
7、命题正确的是( ) Al，l? Bl，m，l?，m? Clm，l?，m? Dl，m，l?，m?，lmM? 解析：如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，ABCD， 则AB平面DC1，AB? 平面AC，但是平面AC与平面DC1不平行， 所以 A 错误；取BB1的中点E，CC1的中点F，则可证EF平面AC， B1C1平面AC.EF? 平面BC1，B1C1? 平面BC1，但是平面AC与平面 BC1不平行，所以B 错误；可证ADB1C1，AD? 平面AC，B1C1? 平面 BC1，又平面AC与平面BC1不平行，所以C错误；很明显D 是面面平行的判定定理，所以 D 正确 答案： D 3 若，是两
8、个相交平面， 点A不在内，也不在内， 则过点A且与和都平行的直线 ( ) A只有 1 条B只有 2 条 C只有 4 条D有无数条 解析：如图所示，要使过点A的直线m与平面平行，则经过直线m的平 面与平面的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面的 交线k与直线m平行， 故可推出nk.由线面平行可进一步推出直线n和直 线k与两平面和的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点A且与两 平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条 答案： A 4如图，在五面体FE-ABCD中，四边形CDEF为矩形，M，N分别是BF，BC的中点， 则MN与平面ADE的位置关系是 _ 解析：M，N分别是BF，B
9、C的中点， MNCF.又四边形CDEF为矩形， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 CFDE，MNDE.又MN? 平面ADE，DE? 平面ADE， MN平面ADE. 答案：平行 5.如图所示，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，ABC 60，PAACa，PBPD2a，点E在PD上，且PE ED21，在棱PC上是否存在一点F，使BF平面AEC？ 证明你的结论 解析：当点F是棱PC的中点时，BF平面AEC. 证明：取PE的中点M，连接FM，则FMCE. FM? 平面AEC，CE? 平面AEC， FM平面AEC， 由EM 1 2PE ED， 得E是MD的中点连接BM， BD，设BDACO， 则
10、O是BD的中点，所以BMOE. BM? 平面AEC，OE? 平面AEC， BM平面AEC. FMBMM，平面BFM平面AEC. 又BF? 平面BFM，BF平面AEC. 6已知三棱锥P-ABC中，G1、G2、G3分别是侧面PAB，PCB，PAC的重心 (1)求证：平面G1G2G3平面ABC； (2)求SG1G2G3SABC. 解析： (1)证明：如图所示，连接PG1、PG2、PG3并延长分别交 AB、BC、AC于点D、E、F. 连接DE、EF、FD. G1、G2、G3分别是侧面PAB， PCB，PAC的重心， PG 1 PD PG2 PE 2 3， G1G2DE. 又G1G2? 平面ABC，DE? 平面ABC， G1G2平面ABC，同理：G3G2平面ABC， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 又G1G2G3G2G2， 平面G1G2G3平面ABC. (2)由 (1)知： PG1 PD PG 2 PE 2 3， G1G2 2 3DE ， 又DE 1 2AC， G1G2 1 3AC， 同理：G3G2 1 3AB， G1G3 1 3BC， G1G2G3ABC，且相似比为 1 3 ， SG1G2G3SABC19.