2018-2019学年度高中数学人教A版必修二课时作业：2.2.1　直线与平面平行的判定+Word版含解析

2.2　直线、平面平行的判定及其性质
2.2.1　直线与平面平行的判定
【选题明细表】
知识点、方法
题号
线面平行判定定理的理解
1,2
线面平行的判定
3,4,6,7,8,9,11,12
判定定理的综合应用
5,10
基础巩固
1.下列命题中正确的个数是(　B　)
①若直线a不在α内,则a∥α　②若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α　③若直线l与平面α平行,则l与α内的任意一条直线都平行　④若l与平面α平行,则l与α内任何一条直线都没有公共点　⑤平行于同一平面的两直线可以相交
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:①a?α,则a∥α或a与α相交,故①不正确;②当l与α相交时,满足条件,但得不出l∥α,故②不正确;③若l∥α,则l与α内的无数条直线异面,并非都平行,故③错误;若l∥α,则l与α内的任何直线都没有公共点,故④正确;若a∥α,b∥α,则a与b可以相交,也可以平行或异面,故⑤正确.
2.设b是一条直线,α是一个平面,则由下列条件不能得出b∥α的是(　A　)
(A)b与α内一条直线平行
(B)b与α内所有直线都没有公共点
(C)b与α无公共点
(D)b不在α内,且与α内的一条直线平行
解析:根据线面平行的定义可知,当b与α内所有直线没有公共点,或b与平面α无公共点时,b∥α,故B,C可推出b∥α;由线面平行的判定定理可知,D项可推出b∥α;只有A,当b与α内的一条直线平行时,b可能在α内,也可能在α外,故不能推出b∥α.
3.(2018·四川泸州模拟)设a,b是空间中不同的直线,α,β是不同的平面,则下列说法正确的是(　D　)
(A)a∥b,b?α,则a∥α
(B)a?α,b?β,α∥β,则a∥b
(C)a?α,b?α,a∥β,b∥β,则α∥β
(D)α∥β,a?α,则a∥β
解析:A,B,C错;在D中,α∥β,a?α,则a与β无公共点,所以a∥β,故D正确.故选D.
4.平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于D,E,且=,如图所示,则BC与平面α的关系是(　A　)
(A)平行 (B)相交
(C)异面 (D)BC?α
解析:因为=,所以ED∥BC,又DE?α,BC?α,
所以BC∥α.
5.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(　B　)
(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:由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,且EF=BD,所以EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中点,所以HG∥BD,且HG=BD,所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形.故选B.
6.考查①②两个命题,在“　　　　”处都缺少同一个条件,补上这个条件使其构成真命题(其中l,m为直线,α为平面),则此条件为　　
　　.?
①?l∥α;②?l∥α.
解析:①由线面平行的判定定理知l?α;②易知l?α.
答案:l?α
7.如图,已知OA,OB,OC交于点O,ADOB,E,F分别为BC,OC的中点.求证:DE∥平面AOC.
证明:在△OBC中,
因为E,F分别为BC,OC的中点,
所以FEOB,
又因为ADOB,所以FEAD.
所以四边形ADEF是平行四边形.
所以DE∥AF.
又因为AF?平面AOC,DE?平面AOC.
所以DE∥平面AOC.
能力提升
8.如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线交点为O,M为PB的中点,给出下列五个结论:①PD∥平面AMC;②OM∥平面PCD;③OM∥平面PDA;④OM∥平面PBA;⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有(　C　)
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O,所以O为BD的中点.在△PBD中,M是PB的中点,所以OM是△PBD的中位线,OM∥PD,则PD∥平面AMC,OM∥平面PCD,且OM∥平面PDA.因为M∈PB,所以OM与平面PBA、平面PBC相交.故选C.
9.在空间四边形ABCD中,E,F分别是AB和BC上的点,若AE∶EB=CF∶FB=1∶3,则对角线AC与平面DEF的位置关系是　　　　.?
解析:因为AE∶EB=CF∶FB=1∶3,
所以EF∥AC.
又因为AC?平面DEF,EF?平面DEF,
所以AC∥平面DEF.
答案:平行
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别在AB1,BC1上,且AM=BN,那么①AC∥MN,②MN∥平面ABCD;③MN∥平面A1B1C1D1.其中正确的是　 　
　　.?
解析:如图,过M,N分别作MG∥BB1,NH∥BB1,分别交AB,BC于G,H.
所以==,
==,
又ABCD-A1B1C1D1为正方体,
所以AB1=BC1,BB1=CC1,AB=BC,
又AM=BN,
所以MG=NH,AG=BH.
故当G,H不是AB,BC的中点时,GH与AC不平行,
故①不正确,
由MGNH,知四边形GHNM为平行四边形,
所以MN∥GH,
所以MN∥平面ABCD,
同理可得MN∥平面A1B1C1D1.
答案:②③
11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点N在BD上,点M在B1C上,且CM=DN.求证:MN∥平面AA1B1B.
证明:法一　如图,作ME∥BC,交BB1于点E,作NF∥AD,交AB于点F,连接EF.
则EF?平面 AA1B1B,
且=,=.
因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CM=DN,B1C=BD,
所以B1M=NB.
所以==.
又AD=BC,所以ME=NF.
又ME∥BC∥AD∥NF,
所以四边形MEFN为平行四边形.
所以MN∥EF.
因为MN?平面 AA1B1B,EF?平面AA1B1B,
所以MN∥平面AA1B1B.
法二　如图,连接CN并延长交BA所在直线于点P,连接B1P,则B1P?平面AA1B1B.
因为△NDC∽△NBP,
所以=,
又CM=DN,B1C=BD,
所以==.
所以MN∥B1P.
因为MN?平面AA1B1B,B1P?平面AA1B1B,
所以MN∥平面AA1B1B.
探究创新
12.如图所示,四边形ABCD,四边形ADEF都是正方形,M∈BD,N∈AE,且BM=AN.
求证:MN∥平面CDE.
证明:法一　如图所示,作MK⊥CD于K,NH⊥DE于H,
连接KH.
因为四边形ABCD和四边形ADEF都是正方形,
所以BD=AE,
又因为BM=AN,
所以MD=NE,
又因为∠MDK=∠NED=45°,
∠MKD=∠NHE=90°,
所以△MDK≌△NEH,
所以MK=NH.
又因为MK∥AD∥NH,
所以四边形MNHK是平行四边形,
所以MN∥KH.
又因为MN?平面CDE,KH?平面CDE,
所以MN∥平面CDE.
法二　如图所示,连接AM并延长交CD所在直线于G,连接GE.
因为AB∥CD,
所以=,
因为四边形ABCD和四边形ADEF都是正方形,
所以BD=AE,
又BM=AN,所以MD=NE,
所以=,
所以MN∥GE,
又因为GE?平面CDE,MN?平面CDE.
所以MN∥平面CDE.