2019版高考數(shù)學總復習 第七章 立體幾何 41 直線、平面平行的判定和性質(zhì)課時作業(yè) 文.doc

《2019版高考數(shù)學總復習 第七章 立體幾何 41 直線、平面平行的判定和性質(zhì)課時作業(yè) 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考數(shù)學總復習 第七章 立體幾何 41 直線、平面平行的判定和性質(zhì)課時作業(yè) 文.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時作業(yè)41直線、平面平行的判定和性質(zhì)一、選擇題1(2018濟南一模)設m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出下列四個命題：若mn，m，則n；若m，m，則；若mn，m，則n；若m，m，則.其中真命題的個數(shù)為()A1 B2C3 D4解析：對于，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對于，平面與可能平行或相交，故錯誤；對于，直線n可能平行于平面，也可能在平面內(nèi)，故錯誤；對于，由兩平面平行的判定定理易得平面與平行，故錯誤綜上所述，正確命題的個數(shù)為1，故選A.答案：A2(2018銀川一模)如圖，在三棱柱ABCABC中，點E、F、H、K分別為AC、CB、AB、BC的中點，G為ABC的重心從K、H、G、B中取一點作為P，使得該棱柱恰有2條棱與平面PEF平行，則P為()AKBHCG DB解析：取AC的中點M，連接EM、MK、KF、EF，則EM綊CC綊KF，得EFKM為平行四邊形，若PK，則AABBCCKF，故與平面PEF平行的棱超過2條；HBMKHBEF，若PH或PB，則平面PEF與平面EFBA為同一平面，與平面EFBA平行的棱只有AB，不滿足條件，故選C.答案：C3(2018湖南長沙二模)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()Am，n，則mn Bmn，m，則nCm，m，則 D，則解析：對于A，平行于同一平面的兩條直線可能相交，可能平行，也可能異面，故A不正確；對于B，mn，m，則n或n，故B不正確；對于C，利用垂直于同一直線的兩個平面平行，可知C正確；對于D，因為垂直于同一平面的兩個平面的位置關系是相交或平行，故D不正確故選C.答案：C4(2018浙江金麗衢十二校聯(lián)考)已知平面平面，P是、外一點，過點P的直線m與、分別交于點A、C，過點P的直線n與、分別交于點B、D，且PA6，AC9，PD8，則BD的長為()A16 B24或C14 D20解析：設BDx，由ABCDPABPCD.當點P在兩平面之間時，如圖1，x24；當點P在兩平面外側(cè)時，如圖2，x.答案：B5(2018長春一模)已知四棱錐PABCD的底面四邊形ABCD的對邊互不平行，現(xiàn)用一平面截此四棱錐，且要使截面是平行四邊形，則這樣的平面()A有且只有一個 B有四個C有無數(shù)個 D不存在解析：易知，平面PAD與平面PBC相交，平面PAB與平面PCD相交，設相交平面的交線分別為m，n，由m，n決定的平面為，作與平行且與四棱錐的四條側(cè)棱相交，交點分別為A1，B1，C1，D1，則由面面平行的性質(zhì)定理得，A1D1mB1C1，A1B1nD1C1，從而得截面必為平行四邊形由于平面可以上下平移，故這樣的平面有無數(shù)個故選C.答案：C6(2017新課標全國卷)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()解析：A項，作如圖所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QDAB. QD平面MNQQ， QD與平面MNQ相交， 直線AB與平面MNQ相交B項，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDMQ， ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ，C項，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDMQ， ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ.D項，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDNQ， ABNQ，又AB平面MNQ，NQ平面MNQ， AB平面MNQ.故選A.答案：A二、填空題7已知平面平面，P是，外一點，過P點的兩條直線AC，BD分別交于A，B，交于C，D，且PA6，AC9，AB8，則CD的長為_解析：若P在，的同側(cè)，由于平面平面，故ABCD，則，可求得CD20；若P在，之間，則，可求得CD4.答案：20或48在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，P是A1B1的中點，過點A1作與截面PBC1平行的截面，所得截面的面積是_解析：如圖，取AB，C1D1的中點E，F(xiàn)，連接A1E，A1F，EF，則平面A1EF平面BPC1.在A1EF中，A1FA1E，EF2，SA1EF2，從而所得截面面積為2SA1EF2.答案：29(2018安徽安慶模擬)在正方體ABCDA1B1C1D1中，M、N、Q分別是棱D1C1、A1D1、BC的中點，點P在BD1上且BPBD1.則以下四個說法：(1)MN平面APC；(2)C1Q平面APC；(3)A、P、M三點共線；(4)平面MNQ平面APC.其中說法正確的是_解析：(1)連接MN，AC，則MNAC，連接AM、CN，易得AM、CN交于點P，即MN面PAC，所以MN面APC是錯誤的；(2)由(1)知M、N在平面APC上，由題易知ANC1Q，所以C1Q面APC是正確的；(3)由(1)知A，P，M三點共線是正確的；(4)由(1)知MN面PAC，又MN面MNQ，所以面MNQ面APC是錯誤的答案：(2)(3)三、解答題10(2018云南十一中學聯(lián)考)如圖所示，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，PA2，ABC90，AB，BC1，AD2，ACD60，E為CD的中點(1)求證：BC平面PAE；(2)求點A到平面PCD的距離解析：(1)證明：AB，BC1，ABC90，AC2，BCA60.在ACD中，AD2，AC2，ACD60，AD2AC2CD22ACCDcosACD，CD4，AC2AD2CD2，ACD是直角三角形，又E為CD中點，AECDCE，ACD60，ACE為等邊三角形，CAE60BCA，BCAE，又AE平面PAE，BC平面PAE，BC平面PAE.(2)設點A到平面PCD的距離為d，根據(jù)題意可得，PC2，PDCD4，SPCD2，VPACDVAPCD，SACDPASPCDd，2222d，d，點A到平面PCD的距離為.11如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中點，E，F(xiàn)，G分別是BC，DC，SC的中點，求證：(1)直線EG平面BDD1B1.(2)平面EFG平面BDD1B1.證明：(1)連接SB，因為E，G分別是BC，SC的中點，所以EGSB.又因為SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，所以直線EG平面BDD1B1.(2)連接SD，因為F，G分別是DC，SC的中點，所以FGSD.又因為SD平面BDD1B1，F(xiàn)G平面BDD1B1，所以FG平面BDD1B1，且EG平面EFG，F(xiàn)G平面EFG，EGFGG，所以平面EFG平面BDD1B1.能力挑戰(zhàn)12(2018福建泉州質(zhì)檢)在如圖所示的多面體中，DE平面ABCD，AFDE，ADBC，ABCD，ABC60，BC2AD4DE4.(1)在AC上求作點P，使PE平面ABF，請寫出作法并說明理由；(2)求三棱錐ACDE的高解析：(1)取BC的中點G，連接DG，交AC于P，連接PE.此時P為所求作的點理由如下：BC2AD，BGAD，又BCAD，四邊形BGDA是平行四邊形，故DGAB，即DPAB.又AB平面ABF，DP平面ABF，DP平面ABF.AFDE，AF平面ABF，DE平面ABF，DE平面ABF.又DP平面PDE，DE平面PDE，PDDED，平面ABF平面PDE，又PE平面PDE，PE平面ABF.(2)在等腰梯形ABCD中，ABC60，BC2AD4，可求得梯形的高為，從而ACD的面積為2.DE平面ABCD，DE是三棱錐EACD的高設三棱錐ACDE的高為h.由VACDEVEACD，可得SCDEhSACDDE，即21h，解得h.故三棱錐ACDE的高為.