《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
