《2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习：7-4空间中的平行关系含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习：7-4空间中的平行关系含解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时规范练A组基础对点练1(2018陕西质检)已知平面，和直线a，b，下列说法正确的是(C)A若a，b，且，则abB若a，b，且ab，则C若a，b，且ab，则D若，a，b，则ab2已知m，n表示两条不同直线，表示平面下列说法正确的是(B)A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n3设，是两个不同的平面，m是直线且m，“m”是“”的(B)A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件4(2017江西赣中南五校联考)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(C)A若，则B若mn，m，n，则C若mn，m，n，则D若
2、mn，m，则n5(2018唐山质检)如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点求证：(1)BE平面DMF；(2)平面BDE平面MNG.证明：(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O.连接MO，则MO为ABE的中位线，所以BEMO.因为BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DEGN.因为DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为ABD的中位线，所以BDMN.因为BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面
3、MNG.又DEBDD，BD，DE平面BDE，所以平面BDE平面MNG.6(2018昆明质检)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，M是AB的中点(1)证明：BC1平面MCA1；(2)若ABA1M2MC2，BC，求点C1到平面MCA1的距离解析：(1)证明：如图，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，因为M是AB的中点，所以MNBC1，又MN平面MCA1，BC1平面MCA1，所以BC1平面MCA1.(2)因为AB2MC2，M是AB的中点，所以ACB90.在直三棱柱中，A1M2，AM1，所以AA1.又BC，所以AC，A1C，所以A1MC90.设点C1到平面MCA1的距离为h，因为
4、AC1的中点N在平面MCA1上，所以点A到平面MCA1的距离也为h.又三棱锥A1AMC的体积VSAMCAA1，MCA1的面积SA1MMC1，则VShh，解得h，故点C1到平面MCA1的距离为.7一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN平面BDH；(3)过点M，N，H的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比解析：(1)点F，G，H的位置如图所示(2)证明：连接BD，设O为BD的中点，连接OM，OH，AC，BH，MN.M，N分别是BC，GH的中点
5、，OMCD，且OMCD，NHCD，且NHCD，OMNH，OMNH.则四边形MNHO是平行四边形，MNOH.又MN平面BDH，OH平面BDH，MN平面BDH.(3)由(2)知OMNH，OMNH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即31.B组能力提升练1如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将ADE沿AE翻折成SAE，使得平面SAE平面ABCE，则下列三种说法中正确的个数是(B)存在点E使得直线SA平面SBC；平面SBC内存在直线与SA平行；平面ABCE内存在
6、直线与平面SAE平行A0 B.1C2 D.3解析：由题图，得SASE.若存在点E使得直线SA平面SBC，则SASB，SASC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故错误；因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故错误；显然，在平面ABCE内，存在直线与AE平行，由线面平行的判定定理，得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行，故正确故选B.2(2018海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”给出下列四个命题：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一平面的两平面平行；平行于同一直线的两直
7、线平行；平行于同一平面的两直线平行其中是“可换命题”的是_(填序号)解析：由线面垂直的性质定理，可知是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，所以是假命题，故不是“可换命题”3(2016高考全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明：MN平面PAB；(2)求四面体N
8、BCM的体积解析：(1)证明：由已知得AMAD2，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点，知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形所以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PA.取BC的中点E，连接AE.由ABAC3，得AEBC，AE，由AMBC，得M到BC的距离为，故SBCM42.所以四面体NBCM的体积VNBCMSBCM.4.如图，四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2 .点G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC上共
9、面的四点，平面GEFH平面ABCD，BC 平面GEFH .(1)证明：GHEF； (2)若EB2，求四边形GEFH 的面积解析：(1)证明：因为BC平面GEFH，BC平面PBC，且平面PBC平面GEFHGH，所以GHBC.同理可证EFBC，因此GHEF.(2)如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PAPC，O是AC的中点，所以POAC，同理可得POBD.又BDACO，且AC，BD都在底面内，所以PO底面ABCD.又平面GEFH平面ABCD，且PO平面GEFH，所以PO平面GEFH.因为平面PBD平面GEFHGK，所以POGK，且GK底面ABCD，从而GKEF，所以
10、GK是梯形GEFH的高由AB8，EB2，得EBABKBDB14，从而KBDBOB，即K为OB的中点由POGK，得GKPO，即G是PB的中点，且GHBC4.由已知可得OB4，PO6，所以GK3.故四边形GEFH的面积SGK318.5(2018石家庄质检)如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为正方形，且PA底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满足SPEFS四边形CDEF13.(1)证明：PB平面ACE；(2)当PA2AD2时，求点F到平面ACE的距离解析：(1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，所以ABCD，因为CD平面PCD，AB平面PCD，所以AB平面PCD.又
11、AB平面ABFE，平面ABFE平面PCDEF，所以EFAB，所以EFCD.由SPEFS四边形CDEF13，知E，F分别为PD，PC的中点如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点连接EG，则EGPB.又EG平面ACE，PB平面ACE，所以PB平面ACE.(2)因为PA2，ADAB1，所以AC，AEPD.因为PA平面ABCD，所以CDPA.又CDAD，ADPAA，所以CD平面PAD，所以CDPD.在RtCDE中，CE.在ACE中，由余弦定理，知cosAEC，所以sinAEC，所以SACEAECEsinAEC.设点F到平面ACE的距离为h，连接AF，则VFACEhh.因为DGAC，DGPA，ACPAA，所以DG平面PAC.因为E为PD的中点，所以点E到平面ACF的距离为DG.又F为PC的中点，所以SACFSACP，所以VEACF.由VFACEVEACF，解得h，得h，所以点F到平面ACE的距离为.
