《（北京专用）2019版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第三节 直线、平面平行的判定与性质作业本 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（北京专用）2019版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第三节 直线、平面平行的判定与性质作业本 理（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第三节直线、平面平行的判定与性质A组基础题组1.下列命题中正确的是()A.若a,b是两条直线,且ab,那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面满足a,那么a与内的任何直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a,b和平面满足ab,a,b,则b2.在空间四边形ABCD中,E,F分别是AB和BC上的点,若AEEB=CFFB=12,则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A.平行B.相交C.在平面内D.不能确定3.,表示不重合的两个平面,m,l表示不重合的两条直线.若=m,l,l,则“lm”是“l且l”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.
2、已知直线l和两个不同的平面,则下列命题中,是真命题的是()A.若l,且l,则B.若l,且l,则C.若l,且,则lD.若l,且,则l5.如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN平面PAB;(2)求四面体N-BCM的体积.6.如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD,AB=2CD,E为PB的中点.(1)求证:CE平面PAD;(2)在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD平面CEF?若存在,证明你的结论,若不存在,请说明理由.B组提升题组7.设l,m,n表示不同的直线,表示不同的平面
3、,给出下列四个命题:若ml,且m,则l;若ml,且m,则l;若=l, =m,=n,则lmn;若=m, =l,=n,且n,则lm.其中正确命题的个数是()A.1B.2C.3D.48.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E是棱D1C1的中点,动点F在正方体内部或正方体的表面上,且EF平面A1BC1,则动点F的轨迹所形成的区域的面积是()A.92B.23C.33D.429.(2017北京海淀一模,8)某折叠餐桌的使用步骤如图所示.有如下检查项目:项目:折叠状态下(如图1),检查四条桌腿长相等;项目:打开过程中(如图2),检查OM=ON=OM=ON;项目:打开过程中(如图2),检查OK=O
4、L=OK=OL;项目:打开后(如图3),检查1=2=3=4=90;项目:打开后(如图3),检查AB=AB=CD=CD.下列检查项目的组合中,可以正确判断“桌子打开之后,桌面与地面平行”的是()A.B.C.D.10.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将ADE沿直线DE翻折成A1DE.若M为线段A1C的中点,则在ADE翻折过程中,正确的命题是.BM是定值;点M在圆上运动;一定存在某个位置,使DEA1C;一定存在某个位置,使MB平面A1DE.11.在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为PAC的重心,过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为.12.在正方体ABCD
5、-A1B1C1D1中,如图.(1)求证:平面AB1D1平面C1BD;(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,并证明A1E=EF=FC.答案精解精析A组基础题组1.DA错误,a可能在经过b的平面内;B错误,a与内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;易知D正确.2.A如图,由AEEB=CFFB得ACEF.又因为EF平面DEF,AC平面DEF,所以AC平面DEF.3.C若lm,=m,l,则l,同理可得l;若l且l,=m,则lm,因此“lm”是“l且l”的充要条件,故选C.4.B对于选项A,若l,且l,则或与相交,所以A错;对于选项B,根据垂直于同一条直线的两个平
6、面平行,知B正确;对于选项C,若l,且,则l与的位置关系不确定,所以C错;对于选项D,若l,且,则l或l,所以D错.故选B.5.解析(1)证明:由已知得AM=23AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=12BC=2.又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为12PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AEBC,AE=AB2-BE2=5.由AMBC得M到BC的距离为5,故SBCM=1245=25.所以
7、四面体N-BCM的体积VN-BCM=13SBCMPA2=453.6.解析(1)证明:如图所示,取PA的中点H,连接EH,DH,因为E为PB的中点,所以EHAB,EH=12AB,又ABCD,CD=12AB,所以EHCD,EH=CD,因此四边形DCEH是平行四边形,所以CEDH,又DH平面PAD,CE平面PAD,因此CE平面PAD.(2)存在.理由:如图所示,取AB的中点F,连接CF,EF,则AF=12AB,又CD=12AB,所以AF=CD,又AFCD,所以四边形AFCD为平行四边形,因此CFAD,又AD平面PAD,CF平面PAD,所以CF平面PAD,由(1)知CE平面PAD,又CECF=C,故平
8、面CEF平面PAD,故存在AB的中点F满足要求.B组提升题组7.B对,两条平行线中有一条与一平面垂直,则另一条也与这个平面垂直,故正确;对,直线l还可能在平面内,故错误;对,三条交线除了平行,还可能相交于同一点,故错误;对,结合线面平行的性质定理可判断其正确,综上,正确,故选B.8.CEF平面A1BC1,动点F的轨迹为过E点且平行于平面A1BC1的平面与正方体相交截得的边长为2的正六边形截面.所求面积S=634(2)2=33,故选C.9.B项目,折叠状态下(如题图1),四条桌腿长相等时,桌面与地面不一定平行;项目,打开过程中(如题图2),若OM=ON=OM=ON,可以得到线线平行,从而得到面面
9、平行;项目,打开过程中(如题图2),若OK=OL=OK=OL,可以得到线线平行,从而得到面面平行;项目,打开后(如题图3),若1=2=3=4=90,可以得到线线平行,从而得到面面平行;项目,打开后(如题图3),若AB=AB=CD=CD,桌面与地面不一定平行.故选B.10.答案解析取DC的中点N,连接MN,NB,则MNA1D,NBDE,平面MNB平面A1DE,MB平面MNB,MB平面A1DE,正确;A1DE=MNB,MN=12A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MNNBcosMNB,所以MB是定值,正确;B是定点,所以M是在以B为圆心,MB为半径的圆上,正确
10、;连接AC,当矩形ABCD满足ACDE时,存在某个位置,使DEA1C,其他情况下不存在,不正确.所以正确.11.答案8解析如图,过点G作EFAC,分别交PA、PC于点E、F,过E、F分别作ENPB、FMPB,分别交AB、BC于点N、M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN为所求截面),且EF=MN=23AC=2,FM=EN=13PB=2,所以截面的周长为24=8.12.解析(1)证明:因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,ADB1C1,所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1C1D.又因为C1D平面C1BD,AB1平面C1BD,所以AB1平面C1BD.同理,B1D1平面
11、C1BD.又因为AB1B1D1=B1,AB1平面AB1D1,B1D1平面AB1D1,所以平面AB1D1平面C1BD.(2)如图,连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,与A1C交于点E.又因为AO1平面AB1D1,所以点E也在平面AB1D1内,所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点.连接AC,交BD于点O,连接C1O,与A1C交于点F,则点F就是A1C与平面C1BD的交点.下面证明A1E=EF=FC.因为平面A1C1C平面AB1D1=EO1,平面A1C1C平面C1BD=C1F,平面AB1D1平面C1BD,所以EO1C1F,在A1C1F中,O1是A1C1的中点,所以点E是A1F的中点,即A1E=EF.同理可证OFAE,所以点F是CE的中点,即FC=EF,所以A1E=EF=FC.任务型阅读在江苏高考英语试题中占有较大比重,考题形式以表格形和树状形为主,文章体裁以议论文、说明文为主,文章篇幅往往较长,阅读量大,但结构清晰。该题型综合性很强,思维含量较高,答案既要忠实于原文,又要不局限于原文,原词填空题和词性、词形变换题在逐渐减少,通过归纳总结得出答案的题逐渐增多,另外还有推断作者意图和态度的考题,这必将增加该题型的难度,所以得分一直偏低7
