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.
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二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2015·泉州高二检测)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. 答案: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. ·n,
因为四边形EFGH是菱形,所以所以AE∶EB=m∶n. 答案:m∶n
·m=
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三、解答题(每小题10分,共20分)
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.
求证: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:
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(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.
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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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【人教A版】高中数学必修二：课时提升作业(十一) 2.2.3
