2021-2022学年高中数学 第8章 立体几何初步 8.5.2 直线与平面平行训练新人教A版必修第二册

1、2021-2022学年高中数学 第8章 立体几何初步 8.5.2 直线与平面平行训练新人教a版必修第二册2021-2022学年高中数学 第8章 立体几何初步 8.5.2 直线与平面平行训练新人教a版必修第二册年级：姓名：8.5.2直线与平面平行课后训练提升1.如图,p为矩形abcd所在平面外一点,矩形对角线的交点为o,m为pb的中点.给出五个结论:ompd;om平面pcd;om平面pda;om平面pba;om平面pbc.其中结论正确的个数为()a.1b.2c.3d.4解析因为矩形abcd的对角线ac与bd交于点o,所以o为bd的中点.又m为pb的中点,所以ompd.所以om平面pcd,om平面

2、pda.因为mpb,所以om与平面pba,平面pbc相交.故正确.答案c2.如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,已知e,f,g分别是线段a1c1上的点,且a1e=ef=fg=gc1.则下列直线与平面a1bd平行的是()a.ceb.cfc.cgd.cc1解析如图,连接ac,交bd于点o,连接a1o,cf.在正方体abcd-a1b1c1d1中,因为a1c1ac,a1f=12a1c1,oc=12ac,所以a1foc,四边形a1ocf是平行四边形,a1ocf.又a1o平面a1bd,cf平面a1bd,cf平面a1bd.答案b3.如图,在三棱柱abc-a1b1c1中,过a1b1的平面与平面abc交

3、于直线de,则直线de与直线ab的位置关系是()a.异面b.平行c.相交d.以上均有可能解析因为a1b1ab,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dea1b1.又aba1b1,所以deab.答案b4.如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,e,f分别为ab,cc1的中点,则在平面add1a1内,与平面d1ef平行的直线()a.不存在b.有1条c.有2条d.有无数条解析由题意知平面add1a1与平面d1ef有公共点d1,故平面add1a1与平面d1ef必相交,设交线为l.在平面add1a1内,与l平行的

4、直线有无数条,且它们都不在平面d1ef内,故它们都与平面d1ef平行,故选d.答案d5.如图,a,点a在的另一侧,b,c,da,线段ab,ac,ad分别交于点e,f,g,若bd=4,cf=4,af=5,则eg与bd的位置关系是,eg=.答案平行2096.如图,在三棱柱abc-a1b1c1中,d为bc的中点,连接ad,dc1,a1b,ac1.求证:a1b平面adc1.证明如图,连接a1c,交ac1于点o,连接od.由题意知,四边形a1acc1为平行四边形,所以o为a1c的中点.又d为bc的中点,所以oda1b.又a1b平面adc1,od平面adc1,所以a1b平面adc1.7.如图,在正方体ab

5、cd-a1b1c1d1中,e为bb1上不同于点b,b1的任一点,ab1a1e=f,b1cc1e=g.求证:acfg.证明连接a1c1(图略),在正方体abcd-a1b1c1d1中,aca1c1,又ac平面a1ec1,a1c1平面a1ec1.ac平面a1ec1.又平面a1ec1平面ab1c=fg,ac平面ab1c,acfg.8.如图,四边形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:gh平面pad.证明如图,连接ac交bd于点o,连接mo.四边形abcd是平行四边形,o是ac的中点.又m是pc的中点,pamo.又p

6、a平面bdm,mo平面bdm,pa平面bdm.又pa平面pahg,平面pahg平面bdm=gh,pagh.又pa平面pad,gh平面pad,gh平面pad.9.如图,已知p是abcd所在平面外一点,m,n分别是ab,pc的中点,平面pad平面pbc=l.(1)求证:lbc;(2)mn与平面pad是否平行?试证明你的结论.(1)证明因为四边形abcd是平行四边形,所以bcad.又bc平面pad,ad平面pad,所以bc平面pad.又平面pad平面pbc=l,bc平面pbc,所以lbc.(2)解mn平面pad.证明如下:如图,取pd的中点e,连接ae,ne,则necd,ne=12cd.又cdab,am=12ab,所以neam,所以四边形amne是平行四边形,所以mnae,又mn平面pad,ae平面pad,所以mn平面pad.10.如图,s是平行四边形abcd所在平面外一点,m,n分别是sa,bd上的点,且amsm=dnnb.求证