2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章立體幾何初步5.2平行關(guān)系的性質(zhì)課時作業(yè)含解析北師大版必修2

PAGE第一章立體幾何初步[課時作業(yè)][A組基礎(chǔ)鞏固]1．兩條直線都和一個平面平行，則這兩條直線的位置關(guān)系是()A．平行 B．相交C．異面 D．以上均可能解析：這兩條直線可能平行，可能相交，也可能異面．答案：D2.如圖所示，長方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別是棱AA1、BB1的中點，過EF的平面EFGH分別交BC和AD于點G、H，則HG與ABA．平行 B．相交C．異面 D．平行和異面解析：∵E、F分別是AA1、BB1的中點，∴EF∥AB，又AB平面EFGH，EF平面EFGH，∴AB∥平面EFGH，又AB平面ABCD，平面ABCD∩平面EFGH＝GH，∴AB∥GH.答案：A3.如圖，各棱長均為1的正三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分別為線段A1B，B1C上的動點，且MN∥平面ACC1A1，則這樣的A．1條B．2條C．3條D．多數(shù)條解析：如圖，過M作MQ∥AA1交AB于Q，過Q作QH∥AC，交BC于點H，過點H作NH∥BB1，交B1C于點N.因為BB1∥AA1，所以NH∥MQ，則平面MQHN∥平面ACC1A1，則MN∥平面ACC1A1.因為M為線段A1B上的動點，所以這樣的MN有多數(shù)條，故選D.答案：D4.如圖，P是△ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，線段PA，PB，PC分別交α于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則△A′B′C′與△ABC面積的比為()A．2∶5 B．3∶8C．4∶9 D．4∶25解析：由題意知，△A′B′C′∽△ABC，從而eq\f(S△A′B′C′,S△ABC)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(PA′,PA)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＝eq\f(4,25).5．若直線l不存在與平面α內(nèi)多數(shù)條直線都相交的可能，則直線l與平面α的關(guān)系為________．解析：若直線l與平面α相交或在平面α內(nèi)，則在平面α內(nèi)肯定存在多數(shù)條直線與直線l相交，故要使l不行能與平面α內(nèi)多數(shù)條直線都相交，只有l(wèi)∥α.答案：l∥α6.空間四邊形ABCD中，對角線AC＝BD＝4，E是AB的中點，過E與AC、BD都平行的截面EFGH分別與BC、CD、DA交于F、G、H，則四邊形EFGH的周長為________．解析：易知EFGH為平行四邊形，且F、G、H分別為BC、CD、AD的中點，∴EF＝eq\f(1,2)AC＝2，同理FG＝GH＝EH＝2，∴四邊形EFGH的周長為8.答案：87.如圖所示，ABCD-A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M、N分別是下底面的棱A1B1，B1C1的中點，P是上底面的棱AD上的一點，AP＝eq\f(a,3)，過P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________.解析：∵M(jìn)N∥平面AC，平面PMN∩平面AC＝PQ，∴MN∥PQ，易知DP＝DQ＝eq\f(2,3)a.故PQ＝eq\r(PD2＋DQ2)＝eq\r(2)DP＝eq\f(2\r(2),3)a.答案：eq\f(2\r(2),3)a8.如圖，P為?ABCD所在平面外一點，E為AD的中點，F(xiàn)為PC上一點，當(dāng)PA∥平面EBF時，eq\f(PF,FC)＝________.解析：連接AC交BE于點G，連接FG，因為PA∥平面EBF，PA平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AG,GC).又因為AD∥BC，E為AD的中點，所以eq\f(AG,GC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)9．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為梯形，BC∥AD，E為側(cè)棱PD的中點，且BC＝2，AD＝4.求證：CE∥平面PAB.證明：取AD的中點O，連接OC，OE(圖略)．∵E為側(cè)棱PD的中點，∴OE∥PA，∴OE∥平面PAB.∵BC＝2，AD＝4，BC∥AD，∴四邊形ABCO為平行四邊形，∴OC∥AB，∴OC∥平面PAB.∵OC∩OE＝O，∴平面OCE∥平面PAB.∵CE平面OCE，∴CE∥平面PAB.10．如圖所示，在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分別是AD1，BD求證：PQ∥平面DCC1D1.證明：證法一連接AC、CD1，∵P，Q分別是AD1，AC的中點，∴PQ∥CD1.又P平面DCC1D1，CD1平面DCC1D1，∴PQ∥平面DCC1D1.證法二取AD中點G，連接PG、GQ.則有PG∥D1D.又PG平面DCC1D1，D1D平面DCC1D1，∴PG∥平面DCC1D1，同理GQ∥平面DCC1D1.又PG∩GQ＝G，∴平面PGQ∥平面DCC1D1.又PQ平面PGQ，∴PQ∥平面DCC1D1.[B組實力提升]1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖)交C1D1，A1B1，AB，CD分別于點E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGHA．平行四邊形 B．菱形C．矩形 D．梯形解析：由于正方體中平面ABB1A1∥平面DCC1D1，又截面EFGH與平面ABB1A1、平面DCC1D1分別相交于GF，EH，由面面平行的性質(zhì)定理知GF∥EH；同理可得EF∥GH，故四邊形EFGH肯定是平行四邊形，選A.答案：A2．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上存在一點E(不與端點重合)，使得BD1∥平面B1CEA．BD1∥CE B．AC1⊥BD1C．D1E＝2EC1 D．D1E＝EC1解析：連接BC1，設(shè)B1C∩BC1＝O，連接OE，如圖，BD1∥平面B1CE，平面BC1D1∩平面B1CE＝OE，∴BD1∥OE，∵O為BC1的中點，∴E為C1D1的中點，∴D正確，C錯誤；由異面直線的定義，知BD1，CE是異面直線，故A錯誤；連接AD1，在矩形ABC1D1中，AC1與BD1不垂直，故B錯誤．故選D.答案：D3．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點，過點P的直線m與α，β分別交于點A，C，過點P的直線n與α，β分別交于點B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長為________．解析：當(dāng)P點在平面α和平面β之間時，由三角形相像可求得BD＝24，當(dāng)平面α和平面β在點P同側(cè)時可求得BD＝eq\f(24,5).答案：24或eq\f(24,5)4．在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，∠DAB＝60°，EF∥平面ABCD，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，M為BC的中點，求證：FM∥平面BDE.證明：取CD的中點N，連接MN，F(xiàn)N(圖略)．因為N，M分別為CD，BC的中點，所以MN∥BD.又BD平面BDE，且MN平面BDE，所以MN∥平面BDE，因為EF∥平面ABCD，EF平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以EF∥AB.又AB＝CD＝2DN＝2EF＝2，AB∥CD，所以EF∥DN，EF＝DN，所以四邊形EFND為平行四邊形，所以FN∥ED.又ED平面BDE，且FN平面BDE，所以FN∥平面BDE.又FN∩MN＝N，所以平面MFN∥平面BDE.又FM平面MFN，所以FM∥平面BDE.5．四棱錐P-ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝eq\f(2,3)CD.試問在PC上能否找到一點E，使得BE∥平面PAD？若能，請確定E點的位置，并給出證明；若不能，請說明理由．解析：在PC上取點E，使eq\f(CE,PE)＝eq\f(1,2)，則BE∥平面PAD.證明如下：如圖，延長DA和CB交于點F，連接PF.梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝eq\f(2,3)CD.∴eq\f(AB,CD)＝eq\f(BF,FC)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(BC,BF)＝eq\f(1,2).又eq\f(CE,PE)＝eq\f(1,2)，∴△PFC中，eq\f(CE,PE)＝eq\f(BC,BF)，∴BE∥PF，而BE平面PAD，PF平面PAD.∴BE∥平面PAD.6.如圖所示，平面α∥平面β，△ABC、△A′B′C′分別在α、β內(nèi)，線段AA′、BB′、CC′共點于O，O在α、β之間，若AB＝2，AC＝1，∠BAC＝90°，OA∶OA′＝3∶2.求△A′B′C′的面積．解析：相交直線AA′、BB′所在平面和兩平行平面α、β分別相交于AB、A′B′，由面面平行的性質(zhì)定理可得，AB∥A′B′.同理相交直線BB′、CC′確定的平面和平行平面α、β分別相交于BC、B′C′，從而BC∥B′C′.同理易證AC∥A′C′.∴∠BAC與∠B′A′C′的兩邊對應(yīng)平行且方向相反，∴∠BAC＝∠B′A′C′.同理∠ABC＝∠A′B′C′，∠BCA＝∠B′C′A′.∴△ABC與△A′B′C′的三內(nèi)角分別相等，∴△ABC∽△A′B′C′，∵AB∥A′B′，AA′∩BB′＝O，∴在平面ABA′B′中，△AOB∽△A′OB′.∴