《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(shí)作業(yè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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(shí)作業(yè)（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、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(shí)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(gè)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(gè)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
2、個(gè)充分不必要條件答案：A3設(shè)，是兩個(gè)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(gè)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(duì)于A，若，則或與相交；對(duì)于B，若mn，m，n，則或與相交；易知C正確；對(duì)于D，若mn，m，則n或n在平面內(nèi)故選C.答案：C5下列四個(gè)正方體圖形中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別
3、為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB平面MNP的圖形的序號(hào)是()A BC D解析：對(duì)于圖形，平面MNP與AB所在的對(duì)角面平行，即可得到AB平面MNP；對(duì)于圖形，ABPN，即可得到AB平面MNP；圖形無(wú)論用定義還是判定定理都無(wú)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(hào))AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1；AD1平面BDC1.解析：連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因?yàn)锳B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，
4、故平面AB1D1平面BDC1，從而正確；由圖易知AD1與DC1異面，故錯(cuò)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(gè)面所在平面中與MN平行的是_解析：連接AM并延長(zhǎng)，交CD于E，連接BN，并延長(zhǎng)交CD于F，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn)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(yáng)模擬)如圖所示，在四棱錐OABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，ABC，OA底面ABCD，OA2
5、，M為OA的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)(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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)，N為PC上一點(diǎn)，且PC3P
6、N.(1)求證：MN平面PAB；(2)求點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)M到平面PAC的距離為h.由題意可得CD2，AC2，SPACPAAC4，SAMCAMCD，由VMPACVPAMC，得SPAChSAMCPA，即4h4，h，點(diǎn)M到平面PAN的距離為.10(2018昆明七校模擬)一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖
7、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(diǎn)為M，GH的中點(diǎn)為N.(1)請(qǐng)將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說(shuō)明理由)；(2)證明：直線MN平面BDH；(3)過(guò)點(diǎn)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(diǎn)F，G，H的位置如圖所示(2)證明：連接BD，設(shè)O為BD的中點(diǎn)，連接OM，OH，AC，BH，MN.M，N分別是BC，GH的中點(diǎn)，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(guò)點(diǎn)M，
8、N，H的平面就是平面GMH，它將正方體分割為兩個(gè)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(gè)命題：若ab，b，則a；若ab，a，則b；若a，b，則ab.其中真命題的個(gè)數(shù)是()A0 B1C2 D3解析：對(duì)于，若ab，b，則應(yīng)有a或a，所以是假命題；對(duì)于，若ab，a，則應(yīng)有b或b，因此是假命題；對(duì)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(gè)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(wú)數(shù)個(gè)平行于a
9、的平面與b交于一定點(diǎn)則其中正確的是()A BC D解析：對(duì)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(duì)于，注意到過(guò)直線a，b外一點(diǎn)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(shí)平面與直線a，b均平行，因此正確；對(duì)于，注意到過(guò)直線b上的一點(diǎn)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(shí)平面與直線a平行，且b，因此正確；對(duì)于，在直線b上取一定點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)N作直線c與直線a平行，經(jīng)過(guò)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(diǎn)N，而N在b上的位置任意，因此正確綜上所述，正確
10、. 答案：D3(2018溫州十校聯(lián)考)如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD邊CD上異于點(diǎn)C，D的動(dòng)點(diǎn)，將ADE沿AE翻折成SAE，使得平面SAE平面ABCE，則下列三種說(shuō)法中正確的個(gè)數(shù)是()存在點(diǎn)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(diǎn)E使得直線SA平面SBC，則SASB，SASC，則SC，SB，SE三線共面，則點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，與題設(shè)矛盾，故錯(cuò)誤；因?yàn)镾A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(cuò)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
11、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(zhǎng)為2的等邊三角形，AA4，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M分別是邊AA，AB，BB，AB，BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在四邊形EFGH內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，并且始終有MP平面ACCA，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()A2 B2C2 D4解析：連接MF，F(xiàn)H，MH，因?yàn)镸，F(xiàn)，H分別為BC，AB，AB的中點(diǎn)，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(diǎn)的連線都平行于平面AACC，所以點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段FH，其長(zhǎng)度為4，故選D.答案：D5在三棱錐PABC中，PB6，AC3，
12、G為PAC的重心，過(guò)點(diǎn)G作三棱錐的一個(gè)截面，使截面平行于直線PB和AC，則截面的周長(zhǎng)為_(kāi)解析：過(guò)點(diǎn)G作EFAC，分別交PA、PC于點(diǎn)E、F，過(guò)E、F分別作ENPB、FMPB，分別交AB、BC于點(diǎn)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(zhǎng)為248.答案：86正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1 cm，過(guò)AC作平行于體對(duì)角線BD1的截面，則截面面積為_(kāi)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(diǎn)，E為DD1的中點(diǎn)，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(diǎn)，AM2MD，N為PC的中點(diǎn)(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(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC中點(diǎn)知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，故四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因?yàn)锳T平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)因?yàn)镻A平面ABCD，N為PC的中點(diǎn)，所以N到平面ABCD的距離為PA.取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由ABAC3得AEBC，AE.由AMBC得M到BC的距離為，故SBCM42.所以四面體NBCM的體積VNBCMSBCM.
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(shí)作業(yè)
