《2018-2019學(xué)年度高中數(shù)學(xué) 第二章 點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 2.2.1 直線與平面平行的判定課時(shí)作業(yè) 新人教A版必修2.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年度高中數(shù)學(xué) 第二章 點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 2.2.1 直線與平面平行的判定課時(shí)作業(yè) 新人教A版必修2.doc（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2.2.1　直線與平面平行的判定 【選題明細(xì)表】 知識(shí)點(diǎn)、方法 題號(hào) 線面平行判定定理的理解 1,2 線面平行的判定 3,4,6,7,8,9,11,12 判定定理的綜合應(yīng)用 5,10 基礎(chǔ)鞏固 1.下列命題中正確的個(gè)數(shù)是(　B　) ①若直線a不在α內(nèi),則a∥α　②若直線l上有無數(shù)個(gè)點(diǎn)不在平面α內(nèi),則l∥α?、廴糁本€l與平面α平行,則l與α內(nèi)的任意一條直線都平行?、苋鬺與平面α平行,則l與α內(nèi)任何一條直線都沒有公共點(diǎn)?、萜叫杏谕黄矫娴膬芍本€可以相交 (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 解析:①a?α,則a∥α或a與α相交,故①不正確;②當(dāng)l與α相交時(shí),滿足條件,但得不出l∥α,故②不正確;③若l∥α,則l與α內(nèi)的無數(shù)條直線異面,并非都平行,故③錯(cuò)誤;若l∥α,則l與α內(nèi)的任何直線都沒有公共點(diǎn),故④正確;若a∥α,b∥α,則a與b可以相交,也可以平行或異面,故⑤正確. 2.設(shè)b是一條直線,α是一個(gè)平面,則由下列條件不能得出b∥α的是(　A　) (A)b與α內(nèi)一條直線平行 (B)b與α內(nèi)所有直線都沒有公共點(diǎn) (C)b與α無公共點(diǎn) (D)b不在α內(nèi),且與α內(nèi)的一條直線平行 解析:根據(jù)線面平行的定義可知,當(dāng)b與α內(nèi)所有直線沒有公共點(diǎn),或b與平面α無公共點(diǎn)時(shí),b∥α,故B,C可推出b∥α;由線面平行的判定定理可知,D項(xiàng)可推出b∥α;只有A,當(dāng)b與α內(nèi)的一條直線平行時(shí),b可能在α內(nèi),也可能在α外,故不能推出b∥α. 3.(2018四川瀘州模擬)設(shè)a,b是空間中不同的直線,α,β是不同的平面,則下列說法正確的是(　D　) (A)a∥b,b?α,則a∥α (B)a?α,b?β,α∥β,則a∥b (C)a?α,b?α,a∥β,b∥β,則α∥β (D)α∥β,a?α,則a∥β 解析:A,B,C錯(cuò);在D中,α∥β,a?α,則a與β無公共點(diǎn),所以a∥β,故D正確.故選D. 4.平面α與△ABC的兩邊AB,AC分別交于D,E,且ADDB=AEEC,如圖所示,則BC與平面α的關(guān)系是(　A　) (A)平行 (B)相交 (C)異面 (D)BC?α 解析:因?yàn)锳DDB=AEEC,所以ED∥BC,又DE?α,BC?α, 所以BC∥α. 5.如圖所示,在空間四邊形ABCD中,E,F分別為邊AB,AD上的點(diǎn),且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分別為BC,CD的中點(diǎn),則(　B　) (A)BD∥平面EFGH,且四邊形EFGH是矩形 (B)EF∥平面BCD,且四邊形EFGH是梯形 (C)HG∥平面ABD,且四邊形EFGH是菱形 (D)EH∥平面ADC,且四邊形EFGH是平行四邊形 解析:由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,且EF=15BD,所以EF∥平面BCD.又H,G分別為BC,CD的中點(diǎn),所以HG∥BD,且HG=12BD,所以EF∥HG且EF≠HG.所以四邊形EFGH是梯形.故選B. 6.考查①②兩個(gè)命題,在“　　　　”處都缺少同一個(gè)條件,補(bǔ)上這個(gè)條件使其構(gòu)成真命題(其中l(wèi),m為直線,α為平面),則此條件為　　 　　. ①m?αl∥m　　?l∥α;②l∥mm∥α　　?l∥α. 解析:①由線面平行的判定定理知l?α;②易知l?α. 答案:l?α 7.如圖,已知OA,OB,OC交于點(diǎn)O,AD12OB,E,F分別為BC,OC的中點(diǎn).求證:DE∥平面AOC. 證明:在△OBC中, 因?yàn)镋,F分別為BC,OC的中點(diǎn), 所以FE12OB, 又因?yàn)锳D12OB,所以FEAD. 所以四邊形ADEF是平行四邊形. 所以DE∥AF. 又因?yàn)锳F?平面AOC,DE?平面AOC. 所以DE∥平面AOC. 能力提升 8.如圖所示,P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn),矩形對(duì)角線交點(diǎn)為O,M為PB的中點(diǎn),給出下列五個(gè)結(jié)論:①PD∥平面AMC;②OM∥平面PCD;③OM∥平面PDA;④OM∥平面PBA;⑤OM∥平面PBC.其中正確的個(gè)數(shù)有(　C　) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 解析:矩形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,所以O(shè)為BD的中點(diǎn).在△PBD中,M是PB的中點(diǎn),所以O(shè)M是△PBD的中位線,OM∥PD,則PD∥平面AMC,OM∥平面PCD,且OM∥平面PDA.因?yàn)镸∈PB,所以O(shè)M與平面PBA、平面PBC相交.故選C. 9.在空間四邊形ABCD中,E,F分別是AB和BC上的點(diǎn),若AE∶EB=CF∶FB=1∶3,則對(duì)角線AC與平面DEF的位置關(guān)系是　　　　. 解析:因?yàn)锳E∶EB=CF∶FB=1∶3, 所以EF∥AC. 又因?yàn)锳C?平面DEF,EF?平面DEF, 所以AC∥平面DEF. 答案:平行 10.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別在AB1,BC1上,且AM=BN,那么①AC∥MN,②MN∥平面ABCD;③MN∥平面A1B1C1D1.其中正確的是　 　 　　. 解析:如圖,過M,N分別作MG∥BB1,NH∥BB1,分別交AB,BC于G,H. 所以MGBB1=AMAB1=AGAB, NHCC1=BNBC1=BHBC, 又ABCD-A1B1C1D1為正方體, 所以AB1=BC1,BB1=CC1,AB=BC, 又AM=BN, 所以MG=NH,AG=BH. 故當(dāng)G,H不是AB,BC的中點(diǎn)時(shí),GH與AC不平行, 故①不正確, 由MGNH,知四邊形GHNM為平行四邊形, 所以MN∥GH, 所以MN∥平面ABCD, 同理可得MN∥平面A1B1C1D1. 答案:②③ 11.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)N在BD上,點(diǎn)M在B1C上,且CM=DN.求證:MN∥平面AA1B1B. 證明:法一　如圖,作ME∥BC,交BB1于點(diǎn)E,作NF∥AD,交AB于點(diǎn)F,連接EF. 則EF?平面 AA1B1B, 且MEBC=B1MB1C,NFAD=BNBD. 因?yàn)樵谡襟wABCD-A1B1C1D1中,CM=DN,B1C=BD, 所以B1M=NB. 所以MEBC=BNBD=NFAD. 又AD=BC,所以ME=NF. 又ME∥BC∥AD∥NF, 所以四邊形MEFN為平行四邊形. 所以MN∥EF. 因?yàn)镸N?平面 AA1B1B,EF?平面AA1B1B, 所以MN∥平面AA1B1B. 法二　如圖,連接CN并延長(zhǎng)交BA所在直線于點(diǎn)P,連接B1P,則B1P?平面AA1B1B. 因?yàn)椤鱊DC∽△NBP, 所以DNNB=CNNP, 又CM=DN,B1C=BD, 所以CMMB1=DNNB=CNNP. 所以MN∥B1P. 因?yàn)镸N?平面AA1B1B,B1P?平面AA1B1B, 所以MN∥平面AA1B1B. 探究創(chuàng)新 12.如圖所示,四邊形ABCD,四邊形ADEF都是正方形,M∈BD,N∈AE,且BM=AN. 求證:MN∥平面CDE. 證明:法一　如圖所示,作MK⊥CD于K,NH⊥DE于H, 連接KH. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD和四邊形ADEF都是正方形, 所以BD=AE, 又因?yàn)锽M=AN, 所以MD=NE, 又因?yàn)椤螹DK=∠NED=45, ∠MKD=∠NHE=90, 所以△MDK≌△NEH, 所以MK=NH. 又因?yàn)镸K∥AD∥NH, 所以四邊形MNHK是平行四邊形, 所以MN∥KH. 又因?yàn)镸N?平面CDE,KH?平面CDE, 所以MN∥平面CDE. 法二　如圖所示,連接AM并延長(zhǎng)交CD所在直線于G,連接GE. 因?yàn)锳B∥CD, 所以AMMG=BMMD, 因?yàn)樗倪呅蜛BCD和四邊形ADEF都是正方形, 所以BD=AE, 又BM=AN,所以MD=NE, 所以AMMG=ANNE, 所以MN∥GE, 又因?yàn)镚E?平面CDE,MN?平面CDE. 所以MN∥平面CDE.