高中数学人教A版必修2第二章《点、直线、平面之间的位置关系》讲义+课后练习（12份）.docVIP

（同步复习精讲辅导）北京市2014-2015学年高中数学 空间中的平行关系课后练习二（含解析）新人教A版必修2 对于不重合的两直线m、n和平面α，下列命题中的真命题是(　　)． A．如果m?α，nα，m、n是异面直线，那么n∥α B．如果m?α，n∥α，m、n共面，那么m∥n C．如果m?α，nα，m、n是异面直线，那么n与α相交 D．如果m∥α，n∥α，m、n共面，那么m∥n α、β、γ是三个平面，a、b是两条直线，有下列三个条件：①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ．如果命题“α∩β＝a，b?γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是(　　)． A．①或② B．②或③ C．①或③ D．只有② 如图，在正方体中，为异面直线与的公垂线，求证：． ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH． 如图所示，在正方体中，是棱的中点． （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）在棱上是否存在一点，使//平面？证明你的结论． 如图所示，在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论． 如图，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． 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)． (1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)在所给直观图中连接BC′，证明：BC′∥平面EFG． 如果平面与外一条直线都垂直，那么． 课后练习详解 答案：B． 详解：如图所示，长方体ABCD—A1B1C1D1中，直线AB?平面AC，直线CC1平面AC，直线AB和直线CC1是异面直线，但是直线CC1∩平面AC＝C，排除A；直线AB?平面AC，直线B1C1平面AC，直线AB和直线B1C1是异面直线，但是直线B1C1∥平面AC，排除C；直线A1B1∥平面AC，直线B1C1∥平面AC，直线A1B1和直线B1C1共面，但是直线A1B1∩直线B1C1＝B1，排除D． 答案：C． 详解：若填入①，则由a∥γ，b?β，b?γ，b＝β∩γ，又a?β，则a∥b；若填入③，则由a?γ，a＝α∩β，则a是三个平面α、β、γ的交线，又b∥β，b?γ，则b∥a；若填入②，不能推出a∥b，可以举出反例，例如使β∥γ，b?γ，画一草图可知，此时能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b，有可能异面．从而A、B、D都不正确，只有C正确． 证明：连结，由于，， ∴． 又，， ∴．　　　　① ∵，， ∴． ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 而，∴． 同理，， ∴．　　　② 由①、②可知：． 答案：见详解 详解：如图所示，连结AC交BD于O，连结MO，∵ABCD是平行四边形， ∴O是AC中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM． 根据直线和平面平行的判定定理， 则有PA∥平面BMD．∵平面PAHG∩平面BMD＝GH， 根据直线和平面平行的性质定理，∴PA∥GH． 答案：见详解． 详解：（Ⅰ） 因为多面体为正方体， 所以；因为，所以． 又因为，，所以． 因为,所以平面平面． （Ⅱ）当点F为中点时，可使//平面． 以下证明之： 易知：//，且，设，则//且 所以//且， 所以四边形为平行四边形．所以//． 又因为，．则//平面 答案：见详解． 详解：当F是棱 PC的中点时，BF∥平面AEC．取PE的中点M，连接FM，则FM∥CE． ∵FM?平面AEC，CE?平面AEC， ∴FM∥平面AEC， 由EM＝PE＝ED，得E是MD的中点． 连接BM，BD，设BD∩AC＝O， 则O是BD的中点，所以BM∥OE． ∵BM?平面AEC，OE?平面AEC， ∴BM∥平面AEC，∵FM∩BM＝M， ∴平面BFM∥平面AEC， 又BF?平面BFM，所以BF∥平面AEC． 答案：见详解． 详解：证法一：如图，作ME∥BC，交B1B于E，作NF∥AD交AB于F，连接EF，则EF?平面AA1B1B． ∴＝，＝． ∵在正方体ABCD—A1B1C1D1中，CM＝DN， ∴B1M＝BN． 又∵B1C＝BD，∴＝＝． ∴ME＝NF． 又ME∥BC∥AD∥NF． ∴四边形MEFN为平行四边形． ∴MN∥EF，∴MN∥平面AA1B1B． 证法二：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． ∵△NDC∽△NBP，∴＝． 又CM＝DN，B1C＝BD，∴＝＝．