高中数学必修二课时提升作业十一223Word格式文档下载.docx

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C.有且只有一条　　D.没有

【解析】选B.过a和平面内n条直线的交点只有一个平面β,所以平面α与平面β只有一条交线,且与直线a平行,这条交线可能不是这n条直线中的一条,也可能是.

3.过平面α外的直线l,作一组平面与α相交,如果所得的交线为a,b,c,…,则这些交线的位置关系为　（　　）

A.都平行

B.都相交且一定交于同一点

C.都相交但不一定交于同一点

D.平行或相交于同一点

【解析】选D.因为l⊄α,所以l∥α或l∩α=A,若l∥α,则由线面平行性质定理可知,l∥a,l∥b,l∥c,…,

可知,a∥b∥c…;

若l∩α=A,则A∈a,A∈b,A∈c,…,a∩b∩c∩…=A,故选D.

4.不同直线m,n和不同平面α,β,给出下列命题:

⇒m,n异面.

其中假命题有　（　　）

A.0个　　B.1个　　　C.2个　　　D.3个

【解析】选C.由两平面平行的定义可知①正确;

由于直线n可能在平面β内,故②不正确;

直线m有可能与直线n平行,故③错误.

5.如果点M是两条异面直线外的一点,则过点M且与a,b都平行的平面　（　　）

A.只有一个　B.恰有两个

C.没有或只有一个D.有无数个

【解析】选C.当其中一条异面直线平行于另一条异面直线和点M所确定的平面时,过M且平行于a和b的平面不存在,否则过M有且只有一个平面平行于a和b.

【补偿训练】设a,b是异面直线,a⊂平面α,则过直线b与平面α平行的平面　

A.不存在　　　　　　　

B.有1个　

C.可能不存在也可能有1个

D.有2个以上

【解析】选C.若直线b与平面α相交,则过直线b与平面α平行的平面不存在,否则只有一个.

二、填空题（每小题5分,共15分）

6.已知异面直线l,m,且l∥平面α,m⊂平面α,l⊂平面β,α∩β=n,则直线m,n的位置关系是　　　　.

【解析】由于l∥平面α,l⊂平面β,α∩β=n,则l∥n.又直线l,m异面,则直线m,n相交.

答案:

相交

7.如果两个相交平面分别经过两条平行线中的一条,那么它们的交线和这两条平行线的位置关系是　　　　.

【解析】设a,b是两平行线,α,β是两个相交平面,因为a∥b,b⊂β,所以a∥β.又因为a⊂α,α∩β=l,所以a∥l.又因为a∥b,所以b∥l,所以a∥b∥l.

平行

8.若直线a∥平面α,a⊂β,α∩β=b,b∥平面γ,γ∩α=c,则a与c的位置关系是　　　　.

【解析】

a∥c

三、解答题（每小题10分,共20分）

9.如图所示,已知AB∥平面α,AC∥BD,且AC,BD与α分别相交于点C,D.求证:

AC=BD.

【解题指南】利用线面平行的性质定理证明AB∥CD,从而得四边形ABCD是平行四边形.

【证明】连接CD,

因为AC∥BD,

所以AC与BD确定一个平面β,

又因为AB∥α,AB⊂β,α∩β=CD,

所以AB∥CD.

所以四边形ABDC是平行四边形.

所以AC=BD.

【拓展延伸】利用线面平行的性质定理解题的步骤

（1）确定（或寻找）一条直线平行于一个平面.

（2）确定（或寻找）过这条直线且与已知平面相交的平面.（3）确定交线.（4）由定理得出结论.

【补偿训练】如图,α∩β=CD,α∩γ=EF,β∩γ=AB,AB∥α

求证:

CD∥EF.

【证明】因为AB∥α,AB⊂β,α∩β=CD,所以AB∥CD.同理可证AB∥EF,所以CD∥EF.

10.如图所示,E,F,G,H为空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上的点,且EH∥FG.

EH∥BD.

【证明】因为EH∥FG,EH⊄平面BCD,

FG⊂平面BCD,所以EH∥平面BCD.

又因为EH⊂平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以EH∥BD.

【拓展延伸】本题应用了两个定理,是对所学知识的一个初步综合,利用线面平行的判定定理和性质定理,完成了平面问题和空间问题的相互转化.

（20分钟　40分）

一、选择题（每小题5分,共10分）

1.如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的平面与平面ABC交于直线DE,则DE与AB的位置关系是　（　　）

A.异面　　　　　　B.平行

C.相交　　　　　　D.以上均有可能

【解析】选B.因为A1B1∥AB,AB⊂平面ABC,A1B1⊄平面ABC,所以A1B1∥平面ABC.又A1B1⊂平面A1B1ED,平面A1B1ED∩平面ABC=DE,所以DE∥A1B1.又AB∥A1B1,所以DE∥AB.

2.如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的是　

A.AC⊥BD

B.AC∥截面PQMN

C.AC=BD

D.异面直线PM与BD所成的角为45°

【解析】选C.由题意知,PQ∥MN,PQ⊄平面ADC,所以PQ∥平面ADC,结合面面平行的性质定理知,PQ∥AC,所以AC∥平面PQMN;

同理易证PN∥BD,又PQ⊥PN,所以AC⊥BD;

由于PN∥BD,所以∠NPM即为异面直线PM与BD所成的角,为45°

.由此可知A,B,D均正确,从而C错误.

二、填空题（每小题5分,共10分）

3.已知（如图）A,B,C,D四点不共面,且AB∥α,CD∥α,AC∩α=E,AD∩α=F,BD∩α=H,BC∩α=G,则四边形EFHG的形状是　　　　.

【解析】平面ADC∩α=EF,且CD∥α,得EF∥CD;

同理可证GH∥CD,EG∥AB,FH∥AB.所以GH∥EF,EG∥FH.

所以四边形EFHG是平行四边形.

平行四边形

4.如图,四边形ABCD是空间四边形,E,F,G,H分别是四边上的点,它们共面,并且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,则当四边形EFGH是菱形时,AE∶EB=　　　　.

【解析】因为AC∥平面EFGH,所以EF∥AC,HG∥AC.

所以EF=HG=

·

m.同理,EH=FG=

n.

因为四边形EFGH是菱形,所以

m=

n,

所以AE∶EB=m∶n.

m∶n

5.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点P∈BB1（P不与B,B1重合）.PA∩A1B=M,PC∩BC1=N.

MN∥平面ABCD.

【证明】如图,连接AC,A1C1,

在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1,且AA1=CC1,

所以四边形ACC1A1是平行四边形.

所以AC∥A1C1.

因为AC⊄平面A1BC1,A1C1⊂平面A1BC1,

所以AC∥平面A1BC1.

因为AC⊂平面PAC,平面A1BC1∩平面PAC=MN,

所以AC∥MN.

因为MN⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,

所以MN∥平面ABCD.

【拓展延伸】立体几何中“思维定式”的应用

解答立体几何问题通常有比较固定的方法.举例如下:

（1）作辅助线时,有“中点”考虑中位线,等腰三角形的性质.

（2）证明线面平行,通常用判定定理,也就是证明平面外的直线与平面内的一条直线平行.

（3）证明面面平行,通常用其判定定理,也就是证明一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行.

（4）题目条件中有线面平行时,一定要想到线面平行的性质定理,也就是见到“线面平行”就要考虑过已知直线找（或作）出平面与已知平面相交,得到交线与已知直线平行.

6.如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1中,如何作出过点A1,B,C1的平面与平面ABC的交线?

并说明理由.

【解题指南】本题是一个操作性很强的题目,具有一定的实际意义,要作两平面的交线,只需找两平面的两个公共点,而题目中只有一个公共点B,所以要利用线面平行的性质定理作出来,然后证明.

【解析】在平面ABC中,过点B作直线l,使l∥AC,则l即为平面BA1C1与平面ABC的交线.

证明如下:

在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC,AC⊂平面ABC,A1C1⊄平面ABC,所以A1C1∥平面ABC.

又A1C1⊂平面A1BC1,平面A1BC1∩平面ABC=l,

所以A1C1∥l.又因为直线l过点B,且l⊂平面ABC.

根据线面平行的性质定理,l即为所求.

【拓展延伸】应用线面平行性质定理时的误区

应用线面平行性质定理时,需要经过直线找平面或作平面,即以平面为媒介证明两线平行.初学者常常是这样作:

已知直线a与平面α平行,在平面α内作一条直线a′与a平行,这种作法是不可取的.这是一个成立而需证明的命题,是不可直接应用的.正确的作法是:

经过已知直线作一个平面和已知平面相交,交线和已知直线平行.

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