第1章123第一課時(shí)知能優(yōu)化訓(xùn)練-資料下載頁
2024-12-05 11:34本頁面
【導(dǎo)讀】解析：因?yàn)閘1平行于平面α，所以在α內(nèi)存在直線b與l1平行．因?yàn)閘2∥l1，所以l2∥b，α，c∥α，a∥b，a∥c；③錯(cuò)誤，若滿足此條件，則a∥α或a?它同樣也適合②.故填l?1B1的中點(diǎn)O，連結(jié)OF，OB.∴OFBE，四邊形OFEB為平行四邊形，∴EF∥BO.③若直線l與平面α相交，則l與平面α內(nèi)的任意直線都是異面直線；因?yàn)镋為DD1的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥BD1.4．梯形ABCD中，AB∥CD，AB?同理可證EF∥平面AB1.∴a∥EG，即BD∥EG，∴EFBC＝FGCD＝AFAC＝EF＋FGBC＋CD＝EGBD＝AFAF＋FC，∴EG＝AF·BDAF＋FC＝5×45＋4＝209.①m∥n；②m∥α；③n∥，余下的一個(gè)為結(jié)論，構(gòu)造三個(gè)命題，AE，且BM＝：MN∥平面CED.∴AMMG＋AM＝BMBM＋MD，又∵BD＝AE且AN＝BM，∵面BCFE∩面PAD＝EF，∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，點(diǎn)，面CDE是等邊三角形，棱EF12BC.在矩形ABCD中，OM12BC，
【正文】 0．如圖，四邊形 ABCD， ADEF 都是正方形， M∈ BD， N∈AE，且 BM＝ ： MN∥ 平面 CED. 證明：如圖，連結(jié) AM，并延長交 CD于 G，連結(jié) GE. ∵ AB∥ CD， ∴ AMMG＝ BMMD. ∴ AMMG＋ AM＝ BMBM＋ MD， 即 AMAG＝ BMBD. 又 ∵ BD＝ AE且 AN＝ BM， ∴ AMAG＝ ANAE， ∴ MN∥ EG. 又 EG? 平面 CDE， MN?平面 CDE， ∴ MN∥ 平面 CDE. 11．如圖，四邊形 ABCD是矩形， P?平面 ABCD，過 BC 作平面 BCFE交 AP于 E，交 DP于 ：四邊形 BCFE是梯形． 證明： ∵ 四邊形 ABCD為矩形， ∴ BC∥ AD. ∵ AD? 平面 PAD， ∴ BC∥ 平面 PAD. ∵ 面 BCFE∩ 面 PAD＝ EF， ∴ BC∥ EF. ∵ AD＝ BC， AD≠ EF， ∴ BC≠ EF， ∴ 四邊形 BCFE為梯形． 12． (2021年常州質(zhì)檢 )如圖，在五面體 ABCDEF中，點(diǎn) O是矩形 ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)，面 CDE是等邊三角形，棱 EF 12BC. 求證： FO∥ 平面 CDE. 證明：如圖，取 CD中點(diǎn) M，連結(jié) OM. 在矩形 ABCD中， OM 12BC， 又 EF 12BC， 則 EF OM. 連結(jié) EM，于是四邊形 EFOM為平行四邊形． ∴ FO∥ EM. 又 ∵ FO?平面 CDE，且 EM? 平面 CDE， ∴ FO∥ 平面 CDE.
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