《2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业:第七章 立体几何 41 》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业:第七章 立体几何 41 (7页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业课时作业 4141 直线、平面平行的判定和性质直线、平面平行的判定和性质 一、选择题 1(2018济南一模)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,给出下 列四个命题: 若mn,m,则n; 若m,m,则; 若mn,m,则n; 若m,m,则. 其中真命题的个数为( ) A1 B2 C3 D4 解析:对于,由直线与平面垂直的判定定理易知其正确;对于,平面与可 能平行或相交,故错误;对于,直线n可能平行于平面,也可能在平面内,故 错误;对于,由两平面平行的判定定理易得平面与平行,故错误综上所述, 正确命题的个数为 1,故选 A. 答案:A 2(2018银川一模)如图,在三棱柱ABCABC
2、中,点E、F、H、K分别为 AC、CB、AB、BC的中点,G为ABC的重心从K、H、G、B中取一点作为 P,使得该棱柱恰有 2 条棱与平面PEF平行,则P为( ) AK BH CG DB 解析:取AC的中点M,连接EM、MK、KF、EF,则EM綊CC綊KF,得EFKM为平 1 2 行四边形,若PK,则AABBCCKF,故与平面PEF平行的棱超过 2 条; HBMKHBEF,若PH或PB,则平面PEF与平面EFBA为同一平面,与平 面EFBA平行的棱只有AB,不满足条件,故选 C. 答案:C 3(2018湖南长沙二模)已知m,n是两条不同的直线,是三个不同的平 面,则下列命题中正确的是( ) A
3、m,n,则mn Bmn,m,则n Cm,m,则 D,则 解析:对于 A,平行于同一平面的两条直线可能相交,可能平行,也可能异面,故 A 不正确;对于 B,mn,m,则n或n,故 B 不正确;对于 C,利用垂直于同一 直线的两个平面平行,可知 C 正确;对于 D,因为垂直于同一平面的两个平面的位置关系 是相交或平行,故 D 不正确故选 C. 答案:C 4(2018浙江金丽衢十二校联考)已知平面平面,P是、外一点,过点 P的直线m与、分别交于点A、C,过点P的直线n与、分别交于点B、D,且 PA6,AC9,PD8,则BD的长为( ) A16 B24 或 24 5 C14 D20 解析:设BDx,由
4、ABCDPABPCD. PB PA PD PC 当点P在两平面之间时,如图 1, x8 6 8 96 x24; 当点P在两平面外侧时,如图 2,x. 8x 6 8 96 24 5 答案:B 5(2018长春一模)已知四棱锥PABCD的底面四边形ABCD的对边互不平行,现用 一平面截此四棱锥,且要使截面是平行四边形,则这样的平面( ) A有且只有一个 B有四个 C有无数个 D不存在 解析:易知,平面PAD与平面PBC相交,平面PAB与平面PCD相交,设相交平面的交 线分别为m,n,由m,n决定的平面为,作与平行且与四棱锥的四条侧棱相交, 交点分别为A1,B1,C1,D1,则由面面平行的性质定理得
5、,A1D1mB1C1,A1B1nD1C1, 从而得截面必为平行四边形由于平面可以上下平移,故这样的平面有无数个故 选 C. 答案:C 6(2017新课标全国卷)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点, M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( ) 解析:A 项,作如图所示的辅助线,其中D为BC的中点,则QDAB. QD平面 MNQQ, QD与平面MNQ相交, 直线AB与平面MNQ相交 B 项,作如图所示的辅助线,则ABCD,CDMQ, ABMQ,又AB平面 MNQ,MQ平面MNQ, AB平面MNQ,C 项,作如图所示的辅助线,则 ABCD,CD
6、MQ, ABMQ,又AB平面MNQ,MQ平面MNQ, AB平面MNQ.D 项,作 如图所示的辅助线,则ABCD,CDNQ, ABNQ,又AB平面MNQ,NQ平面 MNQ, AB平面MNQ.故选 A. 答案:A 二、填空题 7已知平面平面,P是,外一点,过P点的两条直线AC,BD分别交 于A,B,交于C,D,且PA6,AC9,AB8,则CD的长为_ 解析:若P在,的同侧,由于平面平面,故ABCD,则 ,可求得CD20;若P在,之间,则,可求得CD4. PA PC PA PAAC AB CD AB CD PA PC PA ACPA 答案:20 或 4 8在棱长为 2 的正方体ABCDA1B1C1D
7、1中,P是A1B1的中点,过点A1作与截面PBC1 平行的截面,所得截面的面积是_ 解析:如图,取AB,C1D1的中点E,F,连接A1E,A1F,EF,则平面A1EF平面BPC1. 在A1EF中, A1FA1E,EF2, 52 SA1EF 2, 1 22 52 226 从而所得截面面积为 2SA1EF2. 6 答案:2 6 9(2018安徽安庆模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M、N、Q分别是棱 D1C1、A1D1、BC的中点,点P在BD1上且BPBD1.则以下四个说法: 2 3 (1)MN平面APC; (2)C1Q平面APC; (3)A、P、M三点共线; (4)平面MNQ平面APC.
8、 其中说法正确的是_ 解析:(1)连接MN,AC,则MNAC,连接AM、CN, 易得AM、CN交于点P,即MN面PAC,所以MN面APC是错误的; (2)由(1)知M、N在平面APC上,由题易知ANC1Q, 所以C1Q面APC是正确的; (3)由(1)知A,P,M三点共线是正确的; (4)由(1)知MN面PAC, 又MN面MNQ,所以面MNQ面APC是错误的 答案:(2)(3) 三、解答题 10(2018云南十一中学联考)如图所示,在四棱锥PABCD中,PA底面 ABCD,PA2,ABC90,AB,BC1,AD2,ACD60,E为CD的中点 33 (1)求证:BC平面PAE; (2)求点A到平
9、面PCD的距离 解析:(1)证明:AB,BC1,ABC90,AC2,BCA60. 3 在ACD中,AD2,AC2,ACD60, 3 AD2AC2CD22ACCDcosACD, CD4,AC2AD2CD2, ACD是直角三角形, 又E为CD中点, AECDCE, 1 2 ACD60, ACE为等边三角形, CAE60BCA, BCAE, 又AE平面PAE,BC平面PAE, BC平面PAE. (2)设点A到平面PCD的距离为d,根据题意可得, PC2,PDCD4,SPCD2, 27 VPACDVAPCD, SACDPA SPCDd, 1 3 1 3 222 2d, 1 3 1 23 1 37 d,
10、 2 21 7 点A到平面PCD的距离为. 2 21 7 11如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,S是B1D1的中点,E,F,G分别是 BC,DC,SC的中点,求证: (1)直线EG平面BDD1B1. (2)平面EFG平面BDD1B1. 证明:(1)连接SB,因为E,G分别是BC,SC的中点,所以EGSB.又因为SB平面 BDD1B1,EG平面BDD1B1,所以直线EG平面BDD1B1. (2)连接SD,因为F,G分别是DC,SC的中点,所以FGSD.又因为SD平面 BDD1B1,FG平面BDD1B1,所以FG平面BDD1B1,且EG平面EFG,FG平面 EFG,EGFGG,所以平面EF
11、G平面BDD1B1. 能力挑战 12(2018福建泉州质检)在如图所示的多面体中,DE平面 ABCD,AFDE,ADBC,ABCD,ABC60,BC2AD4DE4. (1)在AC上求作点P,使PE平面ABF,请写出作法并说明理由; (2)求三棱锥ACDE的高 解析:(1)取BC的中点G,连接DG,交AC于P,连接PE.此时P为所求作的点 理由如下: BC2AD,BGAD, 又BCAD,四边形BGDA是平行四边形, 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, 可求得梯形的高为,从而ACD的面积为 2.DE平面ABCD,DE 3 1 233 是三棱锥EACD的高 设三棱锥ACDE的高为h. 由VACDEVEACD,可得SCDEhSACDDE, 1 3 1 3 即 21h,解得h. 1 233 故三棱锥ACDE的高为. 3