新教材2023年高中数学第8章立体几何初步8.5空间直线平面的平行8.5.1直线与直线平行素养作业新人教A版必修第二册

第八章　8.5　8.5.1

A组·素养自测

一、选择题

1．若两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形(　B　)

A．全等 B．相似

C．仅有一个角相等 D．无法判断

[解析]　由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等，所以这两个三角形相似．

2．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(　B　)

A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3

B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3

C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面

D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面

[解析]　若l1⊥l2，l2⊥l3，则l1，l3有三种位置关系，可能平行、相交或异面，故A不对．虽然l1∥l2∥l3，或l1，l2，l3共点，但l1，l2，l3可能共面，也可能不共面，故C、D也不正确．

3．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1方向相同，则下列结论正确的有(　D　)

A．OB∥O1B1且方向相同

B．OB∥O1B1，方向可能不同

C．OB与O1B1不平行

D．OB与O1B1不一定平行

[解析]　如图，

当∠AOB＝∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，

OB与O1B1是不一定平行．

故选D．

4．已知直线a，b，c，下列三个命题：

①若a与b异面，b与c异面，则a与c异面；

②若a∥b，a和c相交，则b和c也相交；

③若a⊥b，a⊥c，则b∥c．

其中，正确命题的个数是(　A　)

A．0 B．1

C．2 D．3

[解析]　对于①，c与a可以相交；对于②，b和c可以异面；对于③，b与c可以相交，也可以异面．

5．已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA的中点，若对角线BD＝2，AC＝4，则EG2＋HF2的值是(　B　)

A．5 B．10

C．12 D．不能确定

[解析]　如图所示，由三角形中位线的性质可得EH綊BD，FG綊BD，再根据基本事实4可得四边形EFGH是平行四边形，那么所求的是平行四边形的对角线的平方和，EG2＋HF2＝2×(12＋22)＝10．故选B．

二、填空题

6．如图，AA′是长方体ABCD－A′B′C′D′的一条棱，那么长方体中与AA′平行的棱共有__3__条．

 [解析]　∵四边形ABB′A′、ADD′A′均为长方形，

∴AA′∥BB′，AA′∥DD′．

又四边形BCC′B′为长方形，

∴BB′∥CC′，∴AA′∥CC′．

故与AA′平行的棱共有3条，它们分别是BB′，CC′，DD′．

7．已知E、F、G、H为空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上的点，若＝＝，＝＝，则四边形EFGH形状为__梯形__．

[解析]　如图

在△ABD中，∵＝＝，

∴EH∥BD且EH＝BD．

在△BCD中，∵＝＝，

∴FG∥BD且FG＝BD，

∴EH∥FG且EH＞FG，

∴四边形EFGH为梯形．

8．已知棱长为a的正方体ABCD－A′B′C′D′中，M、N分别为棱CD、AD的中点，则MN与A′C′的位置关系是__平行__．

[解析]　如图所示，MN綊AC，

又∵AC綊A′C′，∴MN綊A′C′．

三、解答题

9．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，M1分别是棱AD，A1D1的中点．

求证：(1)四边形BB1M1M为平行四边形；

(2)∠BMC＝∠B1M1C1．

[解析]　(1)在正方形ADD1A1中，M，M1分别为AD，A1D1的中点，

∴MM1∥AA1，MM1＝AA1．

又AA1綊BB1，MM1∥BB1，且MM1＝BB1，

故四边形BB1M1M为平行四边形．

(2)由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形，∴B1M1∥BM．

同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，

∴C1M1∥CM．

由平面几何知识可知，∠BMC和∠B1M1C1都是锐角，

∴∠BMC＝∠B1M1C1．

10．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、P分别是CC1、B1C1、C1D1的中点．

求证：∠NMP＝∠BA1D．

[解析]　如图，连接CB1、CD1，∵CD綊A1B1，

∴四边形A1B1CD是平行四边形，

∴A1D∥B1C．

∵M、N分别是CC1、

B1C1的中点，∴MN∥B1C，

∴MN∥A1D．

∵BC綊A1D1，∴四边形A1BCD1是平行四边形，

∴A1B∥CD1．

∵M、P分别是CC1、C1D1的中点，∴MP∥CD1，

∴MP∥A1B，

∴∠NMP和∠BA1D的两边分别平行且方向都相反，∴∠NMP＝∠BA1D．

B组·素养提升

一、选择题

1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是平面AA1D1D、平面CC1D1D的中心，G，H分别是棱AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是(　C　)

A．相交 B．异面

C．平行 D．垂直

[解析]　如图，连接AD1，CD1，AC，则E，F分别为AD1，CD1的中点．由三角形的中位线定理，知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH，故选C．

2．如图，在三棱锥P－ABC中，E，F，G，H，I，J分别为线段PA，PB，PC，AB，BC，CA的中点，则下列说法正确的是(　C　)

A．PH∥BG B．IE∥CP

C．FH∥GJ D．GI∥JH

[解析]　由题意结合三角形中位线的性质，可得FH∥PA，GJ∥PA，由平行公理可得FH∥GJ．

3．(多选题)下列四面体中，直线EF与MN不可能平行的是(　ABD　)

[解析]　根据过平面内一点和平面外一点的直线，与平面内不过该点的直线异面，可判定A，B中EF，MN异面；C中直线EF与MN有可能平行；D中，若EF∥MN，则过EF的平面与底面相交，EF就跟交线平行，则过点N有两条直线与EF平行，不可能．故选ABD．

4．(多选题)如图，在四面体A－BCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是(　ABC　)

A．M，N，P，Q四点共面 B．∠QME＝∠CBD

C．△BCD∽△MEQ D．四边形MNPQ为梯形

[解析]　由中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD．对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠DBC，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；由三角形的中位线定理，知MQ綊BD，NP綊BD，所以MQ綊NP，所以四边形MNPQ为平行四边形，故D说法不正确．

二、填空题

5．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：

①AB∥CM；

②EF与MN是异面直线；

③MN∥CD．

以上结论中正确结论的序号为__①②__．

[解析]　把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①②正确．

6．a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：

①若a∥b，b∥c，则a∥c；

②若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；

③若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线；

④若a，b与c成等角，则a∥b．

其中正确的命题是__①__(填序号)．

[解析]　由基本事实4知①正确；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故②不正确；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故③不正确；当a，b与c成等角时，a与b可以相交、平行，也可以异面，故④不正确．

三、解答题

7．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中的平面A1C1内有一点P，经过点P作棱BC的平行线，应该怎样画？并说明理由．

[解析]　如图所示，在平面A1C1内过P作直线EF∥B1C1，交A1B1于点E，交C1D1于点F，则直线EF即为所求．

理由：因为EF∥B1C1，BC∥B1C1，所以EF∥BC．

8．如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AD，AB的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2．

(1)求证：E，F，G，H四点共面；

(2)设FG与HE交于点P，求证：P，A，C三点共线．

[解析]　(1)在△ABD中，因为E，F为AD，AB中点，所以EF∥BD．在△CBD中，BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，

所以GH∥BD，所以EF∥GH，

所以E，F，G，H四点共面．

(2)因为FG∩HE＝P，P∈FG，P∈HE，

所以P∈平面ABC，P∈平面ADC，

又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈直线AC．

所以P，A，C三点共线．