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2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課時作業(yè)

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2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課時作業(yè)

2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課時作業(yè)1設(shè)m,n是不同的直線,是不同的平面,且m,n,則“”是“m且n”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件解析:若m,n,則m且n;反之若m,n,m且n,則與相交或平行,即“”是“m且n”的充分不必要條件答案:A2設(shè),是兩個不同的平面,m,n是平面內(nèi)的兩條不同直線,l1,l2是平面內(nèi)的兩條相交直線,則的一個充分不必要條件是()Aml1且nl2Bm且nl2Cm且n Dm且l1解析:由ml1,m,l1,得l1,同理l2,又l1,l2相交,所以,反之不成立,所以ml1且nl2是的一個充分不必要條件答案:A3設(shè),是兩個不同的平面,m是直線且m,“m”是“”的()A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件解析:若m且m,則平面與平面不一定平行,有可能相交;而m且一定可以推出m,所以“m”是“”的必要而不充分條件答案:B4已知m,n是兩條不同的直線,是三個不同的平面,則下列命題中正確的是()A若,則B若mn,m,n,則C若mn,m,n,則D若mn,m,則n解析:對于A,若,則或與相交;對于B,若mn,m,n,則或與相交;易知C正確;對于D,若mn,m,則n或n在平面內(nèi)故選C.答案:C5下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB平面MNP的圖形的序號是()A BC D解析:對于圖形,平面MNP與AB所在的對角面平行,即可得到AB平面MNP;對于圖形,ABPN,即可得到AB平面MNP;圖形無論用定義還是判定定理都無法證明線面平行答案:C6已知正方體ABCDA1B1C1D1,下列結(jié)論中,正確的結(jié)論是_(只填序號)AD1BC1;平面AB1D1平面BDC1;AD1DC1;AD1平面BDC1.解析:連接AD1,BC1,AB1,B1D1,C1D1,BD,因為AB綊C1D1,所以四邊形AD1C1B為平行四邊形,故AD1BC1,從而正確;易證BDB1D1,AB1DC1,又AB1B1D1B1,BDDC1D,故平面AB1D1平面BDC1,從而正確;由圖易知AD1與DC1異面,故錯誤;因AD1BC1,AD1平面BDC1,BC1平面BDC1,故AD1平面BDC1,故正確答案:7如圖所示,在四面體ABCD中,M,N分別是ACD,BCD的重心,則四面體的四個面所在平面中與MN平行的是_解析:連接AM并延長,交CD于E,連接BN,并延長交CD于F,由重心性質(zhì)可知,E,F(xiàn)重合為一點,且該點為CD的中點E,連接MN,由,得MNAB.因此,MN平面ABC且MN平面ABD.答案:平面ABC、平面ABD8(2018·咸陽模擬)如圖所示,在四棱錐O­ABCD中,底面ABCD是邊長為1的菱形,ABC,OA底面ABCD,OA2,M為OA的中點,N為BC的中點(1)求四棱錐O­ABCD的體積;(2)證明:直線MN平面OCD.解析:(1)OA底面ABCD,OA是四棱錐O­ABCD的高四棱錐O­ABCD的底面是邊長為1的菱形,ABC,底面面積S菱形ABCD.OA2,體積VO­ABCD.(2)證明:取OB的中點E,連接ME,NE(圖略)MEAB,ABCD,MECD.又NEOC,MEENE,CDOCC,平面MNE平面OCD.MN平面MNE,MN平面OCD.9.(2018·石家莊質(zhì)檢)如圖,四棱錐P­ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD為梯形,ADBC,CDBC,AD2,ABBC3,PA4,M為AD的中點,N為PC上一點,且PC3PN.(1)求證:MN平面PAB;(2)求點M到平面PAN的距離解析:(1)證明:在平面PBC內(nèi)作NHBC交PB于點H,連接AH(圖略),在PBC中,NHBC,且NHBC1,AMAD1.又ADBC,NHAM且NHAM,四邊形AMNH為平行四邊形,MNAH,又AH平面PAB,MN平面PAB,MN平面PAB.(2)連接AC,MC,PM(圖略),平面PAN即為平面PAC,設(shè)點M到平面PAC的距離為h.由題意可得CD2,AC2,SPACPA·AC4,SAMCAM·CD,由VM­PACVP­AMC,得SPAC·hSAMC·PA,即4h×4,h,點M到平面PAN的距離為.10(2018·昆明七校模擬)一個正方體的平面展開圖及該正方體直觀圖的示意圖如圖所示,在正方體中,設(shè)BC的中點為M,GH的中點為N.(1)請將字母F,G,H標記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由);(2)證明:直線MN平面BDH;(3)過點M,N,H的平面將正方體分割為兩部分,求這兩部分的體積比解析:(1)點F,G,H的位置如圖所示(2)證明:連接BD,設(shè)O為BD的中點,連接OM,OH,AC,BH,MN.M,N分別是BC,GH的中點,OMCD,且OMCD,NHCD,且NHCD,OMNH,OMNH,則四邊形MNHO是平行四邊形,MNOH,又MN平面BDH,OH平面BDH,MN平面BDH.(3)由(2)知OMNH,OMNH,連接GM,MH,過點M,N,H的平面就是平面GMH,它將正方體分割為兩個同高的棱柱,高都相等,體積比等于底面積之比,即31.B組能力提升練1已知直線a,b,平面,則以下三個命題:若ab,b,則a;若ab,a,則b;若a,b,則ab.其中真命題的個數(shù)是()A0 B1C2 D3解析:對于,若ab,b,則應(yīng)有a或a,所以是假命題;對于,若ab,a,則應(yīng)有b或b,因此是假命題;對于,若a,b,則應(yīng)有ab或a與b相交或a與b異面,因此是假命題綜上,在空間中,以上三個命題都是假命題答案:A2已知直線a,b異面,給出以下命題;一定存在平行于a的平面使b;一定存在平行于a的平面使b;一定存在平行于a的平面使b;一定存在無數(shù)個平行于a的平面與b交于一定點則其中正確的是()A BC D解析:對于,若存在平面使得b,則有ba,而直線a,b未必垂直,因此不正確;對于,注意到過直線a,b外一點M分別引直線a,b的平行線a1,b1,顯然由直線a1,b1可確定平面,此時平面與直線a,b均平行,因此正確;對于,注意到過直線b上的一點B作直線a2與直線a平行,顯然由直線b與a2可確定平面,此時平面與直線a平行,且b,因此正確;對于,在直線b上取一定點N,過點N作直線c與直線a平行,經(jīng)過直線c的平面(除由直線a與c所確定的平面及直線c與b所確定的平面之外)均與直線a平行,且與直線b相交于一定點N,而N在b上的位置任意,因此正確綜上所述,正確. 答案:D3(2018·溫州十校聯(lián)考)如圖,點E為正方形ABCD邊CD上異于點C,D的動點,將ADE沿AE翻折成SAE,使得平面SAE平面ABCE,則下列三種說法中正確的個數(shù)是()存在點E使得直線SA平面SBC;平面SBC內(nèi)存在直線與SA平行;平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行A0B1C2 D3解析:由題圖,得SASE,若存在點E使得直線SA平面SBC,則SASB,SASC,則SC,SB,SE三線共面,則點E與點C重合,與題設(shè)矛盾,故錯誤;因為SA與平面SBC相交,所以在平面SBC內(nèi)不存在直線與SA平行,故錯誤;顯然,在平面ABCE內(nèi),存在直線與AE平行,由線面平行的判定定理得平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行,故正確故選B.答案:B4(2018·鄭州市質(zhì)檢)如圖,直三棱柱ABC­ABC中,ABC是邊長為2的等邊三角形,AA4,點E,F(xiàn),G,H,M分別是邊AA,AB,BB,AB,BC的中點,動點P在四邊形EFGH內(nèi)部運動,并且始終有MP平面ACCA,則動點P的軌跡長度為()A2 B2C2 D4解析:連接MF,F(xiàn)H,MH,因為M,F(xiàn),H分別為BC,AB,AB的中點,所以MF平面AACC,F(xiàn)H平面AACC,所以平面MFH平面AACC,所以M與線段FH上任意一點的連線都平行于平面AACC,所以點P的運動軌跡是線段FH,其長度為4,故選D.答案:D5在三棱錐PABC中,PB6,AC3,G為PAC的重心,過點G作三棱錐的一個截面,使截面平行于直線PB和AC,則截面的周長為_解析:過點G作EFAC,分別交PA、PC于點E、F,過E、F分別作ENPB、FMPB,分別交AB、BC于點N、M,連接MN(圖略),則四邊形EFMN是平行四邊形,所以,即EFMN2,即FMEN2,所以截面的周長為2×48.答案:86正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1 cm,過AC作平行于體對角線BD1的截面,則截面面積為_cm2.解析:如圖所示,截面ACEBD1,平面BDD1平面ACEEF,其中F為AC與BD的交點,E為DD1的中點,SACE××(cm2)答案:7如圖,四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,ADBC,ABADAC3,PABC4,M為線段AD上一點,AM2MD,N為PC的中點(1)證明MN平面PAB;(2)求四面體N­BCM的體積解析:(1)證明:由已知得AMAD2,取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TNBC,TNBC2.又ADBC,故TN綊AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MNAT.因為AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)因為PA平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為PA.取BC的中點E,連接AE.由ABAC3得AEBC,AE.由AMBC得M到BC的距離為,故SBCM×4×2.所以四面體N­BCM的體積VN­BCM·SBCM·.

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