新教材适用2023_2024学年高中数学第8章立体几何初步8.5空间中直线平面的平行8.5.3平面与平面平行素养作业新人教A版必修第二册

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第8章　8.5　8.5.3A组·素养自测一、选择题1．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内过点B的所有直线中( D )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线[解析]　平行平面被第三个平面所截，交线平行，所以在平面β内存在与直线a平行的直线，并且过点B只有一条直线与a平行．2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，截面BA1C1与直线AC的位置关系是( A )A．AC∥截面BA1C1B．AC与截面BA1C1相交C．AC在截面BA1C1内D．以上答案都错误[解析]　∵AC∥A1C1，又∵AC⊄平面BA1C1，A1C1⊂平面BA1C1∴AC∥面BA1C1.3．如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′，点E，F，G，H分别是棱AD，BB′，B′C′，DD′的中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB′D′平行的条数是( D )A．0 B．2C．4 D．6[解析]　连接EG，EH，EF，FG，GH，FH，∵EH∥FG且EH＝FG，∴四边形EFGH为平行四边形，∴E，F，G，H四点共面．由EG∥AB′，AB′⊂平面AB′D′，EG⊄平面AB′D′，可得EG∥平面AB′D′；EH∥AD′，AD′⊂平面AB′D′，EH⊄平面AB′D′，可得EH∥平面AB′D′，又EG∩EH＝E，可得平面EFGH∥平面AB′D′.故平面EFGH内的每条直线都平行平面AB′D′，从E，F，G，H中任取两点确定的直线中，与平面AB′D′平行的条数是6.故选D.4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E，F，则四边形D1EBF的形状是( C )A．矩形 B．菱形C．平行四边形 D．正方形[解析]　因为过D1B的平面和左右两个平行侧面分别交于ED1，BF，所以ED1∥BF，同理D1F∥EB，所以四边形D1EBF是平行四边形．5.如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则△A′B′C′与△ABC面积的比为( D )A．2∶5 B．3∶8C．4∶9 D．4∶25[解析]　∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又∵PA′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝PA′∶PA＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC＝2∶5.∴△A′B′C′与△ABC相似，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.二、填空题6．已知平面α和β，在平面α内任取一条直线a，在β内总存在直线b∥a，则α与β的位置关系是_平行__(填“平行”或“相交”)．[解析]　假若α∩β＝l，则在平面α内，与l相交的直线a，设a∩l＝A，对于β内的任意直线b，若b过点A，则a与b相交，若b不过点A，则a与b异面，即β内不存在直线b∥a.故α∥β.7．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为_平行四边形__.[解析]　因为平面ABFE∥平面CDHG，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面CDHG＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH的形状是平行四边形．8．设平面α∥β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB∩CD＝S，AS＝8，BS＝6，CS＝12，则SD＝_9__.[解析]　根据题意可作图如下：　　因为直线AB∩CD＝S，故可设它们确定的平面为γ，则γ和α的交线为AC，和β的交线为BD，因为α∥β ，故AC∥BD，故eq \f(AS,BS)＝eq \f(CS,SD)，即eq \f(8,6)＝eq \f(12,SD)，则SD＝9.故答案为9.三、解答题9．如图所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为矩形，E、F、H分别为AB、CD、PD的中点．求证：平面AFH∥平面PCE.[证明]　因为F为CD的中点，H为PD的中点，所以FH∥PC，又由于FH⊄平面PCE，PC⊂平面PCE，所以FH∥平面PCE.又AE∥CF且AE＝CF，所以四边形AECF为平行四边形，所以AF∥CE，又由于AF⊄平面PCE，CE⊂平面PCE，所以AF∥平面PCE.由FH⊂平面AFH，AF⊂平面AFH，FH∩AF＝F，所以平面AFH∥平面PCE.10．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为DD1的中点．(1)求证：BD1∥平面AMC；(2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC∥平面BND1.[证明]　(1)如图1，连接BD，交AC于点O，连接OM，根据正方体的性质可知，O是BD中点．因为M是DD1的中点，所以在△DBD1中，有OM∥BD1.因为BD1⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以，BD1∥平面AMC.(2)如图2，连接D1N，BN，因为N为CC1的中点，M为DD1的中点，所以CN＝D1M.根据正方体的性质可知，CC1∥DD1，所以CN∥D1M.所以，四边形CND1M为平行四边形，所以D1N∥CM.因为D1N⊄平面AMC，CM⊂平面AMC，所以，D1N∥平面AMC.因为D1N∩BD1＝D1，D1N⊂平面BND1，BD1⊂平面BND1，所以，平面AMC∥平面BND1.B组·素养提升一、选择题1．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为( B )A.eq \f(3\r(5),2) B．eq \f(9,2)C．eq \f(9,8) D．eq \f(3\r(5),8)[解析]　取AA1的中点N，连接MN，NB，MC1，BC1，由于截面被平行平面所截，所以截面为梯形，且MN＝eq \f(1,2)BC1＝eq \r(2)，MC1＝BN＝eq \r(5)，所以梯形的高为eq \f(3,\r(2))，所以梯形的面积为eq \f(1,2)(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \f(3,\r(2))＝eq \f(9,2).2．(2023·泰安高一检测)如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与P，R，Q三点所在平面平行的是( D )[解析]　由题意可知，经过P，Q，R三点的平面如图：截面为六边形PQEFRS(E，F，S为所在棱中点)，可知N在经过P，Q，R三点的平面上，所以B，C错误；MC1与QE是相交直线，所以A不正确，故选D.3．(多选题)如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下说法正确的是( ACD )A．BM∥平面ADEB．CN∥AFC．平面BDM∥平面AFND．平面BDE∥平面NCF[解析]　以四边形ABCD为下底还原正方体，如图所示，则有BM∥平面ADE，选项A正确；由正方体可知，CN与AF是异面直线，所以B错；在正方体中，BD∥FN，FN⊂平面AFN，BD⊄平面AFN，所以BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，BM∩BD＝B，BM，BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面AFN，同理平面BDE∥平面NCF，选项C，D正确，故选ACD.二、填空题4.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于M，交BC于N，则eq \f(MN,AC)＝ eq \f(1,2)　. [解析]　∵平面MNE∥平面ACB1，由面面平行的性质定理可得EN∥B1C，EM∥B1A，又∵E为BB1的中点，∴M，N分别为BA，BC的中点，∴MN＝eq \f(1,2)AC，即eq \f(MN,AC)＝eq \f(1,2).5．如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E、F、G、H分别为PA、PD、PC、PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②BC∥平面PAD；③AB∥平面PCD；④平面PAD∥平面PAB.其中正确的有 ①②③　.(填序号)[解析]　把平面展开图还原为四棱锥如图所示，则EH∥AB，所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC均是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交．∵AB∥CD，∴AB∥平面PCD.同理平面BC∥PAD.三、解答题6．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD和B1C的中点．求证：(1)MN∥平面CC1D1D；(2)平面MNP∥平面CC1D1D.[证明]　(1)如图所示，连接AC，CD1.因为四边形ABCD为正方形，N为BD的中点，所以N为AC的中点，又因为M为AD1的中点，所以MN∥CD1，因为MN⊄平面CC1D1D，CD1⊂平面CC1D1D，所以MN∥平面CC1D1D.(2)连接BC1，C1D.因为四边形BB1C1C为正方形，P为B1C的中点，所以P为BC1的中点，又因为N为BD的中点，所以PN∥C1D.因为PN⊄平面CC1D1D，C1D⊂平面CC1D1D，所以PN∥平面CC1D1D.由(1)知MN∥平面CC1D1D，又MN∩PN＝N，所以平面MNP∥平面CC1D1D.C组·探索创新如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是2eq \r(5)，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，则线段MN的最大值为 2eq \r(2)　.[解析]　如图，取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD，DE，ME，∵DM∥A1B1，AB∥A1B1，∴DM∥AB，∵DM⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，∴DM∥平面ABC1，∵DE∥BC1，DE⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，∴DE∥平面ABC1，又DM∩DE＝M，DM，DE⊂平面DEM，∴平面DEM∥平面ABC1，又平面DEM∩平面BCC1B1＝DE，MN∥平面ABC1，所以N在线段DE上．因为MD＝1，ME＝eq \r(\r(3)2＋\r(5)2)＝2eq \r(2)，所以线段MN的最大值为2eq \r(2).故答案为2eq \r(2).