《2022高考数学一轮复习课时作业41直线平面平行的判定和性质文.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022高考数学一轮复习课时作业41直线平面平行的判定和性质文.doc（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业41直线、平面平行的判定和性质 基础达标一、选择题12019全国卷设，为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面解析：对于A，内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确综上可知选B.答案：B22020浙江绍兴一中模拟对于空间中的两条直线m，n和一个平
2、面，下列命题中是真命题的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m，n，则mn解析：对于A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对于B，直线m，n可能平行，也可能异面，故B错误；对于C，m与n垂直而非平行，故C错误；对于D，垂直于同一平面的两直线平行，故D正确答案：D3.2020陕西西北工大附中调考如图，四边形EFGH为四面体ABCD的一个截面，若，则与平面EFGH平行的直线有()A0条 B1条C2条 D3条解析：，EFAB.又EF平面EFGH，AB平面EFGH，AB平面EFGH.同理，由，可证CD平面EFGH.与平面EFGH平行的直线有2条故选C.答案：C420
3、20湖北荆州中学模拟如图，L，M，N分别为正方体棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A垂直 B相交但不垂直C平行 D重合解析：如图，分别取正方体另三条棱的中点为A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，易知PQAL，PRAM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR平面AMBNCL，即平面LMN平面PQR.故选C.答案：C52020山东聊城模拟下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，则能得出平面ABC平面DEF的是()解析：在B中，如图，连接MN，PN，A，B，C为正方体所在棱的中点，ABMN，ACPN，MNDE，PNEF，ABDE，ACEF，ABACA
4、，DEEFE，AB、AC平面ABC，DE、EF平面DEF，平面ABC平面DEF.故选B.答案：B二、填空题6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.答案：20或472020广州高三调研正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为_解析：如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT，因为N是线段DD1上靠近D1的
5、三等分点，故D1N，故NT21，因为M为CC1的中点，故CM1，连接TC，由NTCM，且CMNT1，知四边形CMNT为平行四边形，故CTMN，同理在AA1上靠近A处取一点Q，使得AQ，连接BQ，TQ，则有BQCTMN，故BQ与MN共面，即Q与Q重合，故AQ.答案：8.2020福建泉州模拟如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q_时，平面D1BQ平面PAO.与C重合与C1重合为CC1的三等分点为CC1的中点解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，POBD1，当点Q为CC1的中点时，连
6、接PQ，则PQ綊AB，四边形ABQP是平行四边形，APBQ，APPOP，BQBD1B，AP、PO平面PAO，BQ、BD1平面D1BQ，平面D1BQ平面PAO.故选.答案：三、解答题92020四川八校联考如图，平面PAD平面ABCD，ABCBCD90，PAPDADAB2CD2，H为PB的中点(1)求证：CH平面PAD；(2)求点C到平面PAB的距离解析：(1)取PA的中点E，连接HE，DE，则EH綊AB.又CD綊AB，EH綊CD，四边形CDEH为平行四边形，CHDE，又DE平面PAD，CH平面PAD，CH平面PAD.(2)取AD的中点F，连接PF，FB，AH，则PFB90，PF，BF，PB，AH
7、，SPAB，连接AC，则V三棱锥CPABV三棱锥PABC，设点C到平面PAB的距离为h，h2，h.点C到平面PAB的距离为.10.2020河北唐山质检如图，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.解析：(1)设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，且O为AE的中点，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AD，EF的中点，四边形ADEF为平行四边形，所以DEGN.因为DE平面MNG，GN平面MNG，所以
8、DE平面MNG.因为M为AB的中点，N为AD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MNG.因为DEBDD，BD，DE平面BDE，所以平面BDE平面MNG.能力挑战11平面内两正方形ABCD与ABEF，点M，N分别在对角线AC，FB上，且AM:MCFN:NB，沿AB折起，使得DAF90.(1)证明：折叠后MN平面CBE；(2)若AM:MC2:3，在线段AB上是否存在一点G，使平面MGN平面CBE？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由解析：(1)证明：如图，设直线AN与直线BE交于点H，连接CH，因为ANFHNB，所以.又，所以，所以MNCH.又MN平面CBE，CH平面CBE，所以MN平面CBE.(2)存在，过M作MGAB，垂足为G，连接GN，则MGBC，所以MG平面CBE.又MN平面CBE，MGMNM，所以平面MGN平面CBE.所以点G在线段AB上，且AGGBAM:MC2:3.
