《2020版高考数学一轮复习 课后限时集训39 平行关系 文（含解析）北师大版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学一轮复习 课后限时集训39 平行关系 文（含解析）北师大版（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课后限时集训(三十九)(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1(2018长沙模拟)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()Am，n，则mnBmn，m，则nCm，m，则D，则C对于A，平行于同一平面的两条直线可能相交，平行或异面，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2下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB平面MNP的图形的序号是()ABCDC对于图形，平面MNP与AB所在
2、的对角面平行，即可得到AB平面MNP；对于图形，ABPN，即可得到AB平面MNP；图形无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行3若m，n表示不同的直线，表示不同的平面，则下列结论中正确的是()A若m，mn，则nB若m，n，m，n，则C若，m，n，则mnD若，m，nm，n，则nD在A中，若m，mn，则n或n，故A错误在B中，若m，n，m，n，则与相交或平行，故B错误在C中，若，m，n，则m与n相交、平行或异面，故C错误在D中，若，m，nm，n，则由线面平行的判定定理得n，故D正确4在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：FG平面AA
3、1D1D；EF平面BC1D1；FG平面BC1D1；平面EFG平面BC1D1.其中推断正确的序号是()ABC DA因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FGBC1，因为BC1AD1，所以FGAD1 ，因为FG平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，所以FG平面AA1D1D，故正确；因为EFA1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FGBC1，因为FG平面BC1D1，BC1平面BC1D1，所以FG平面BC1D1，故正确；因为EF与平面BC1D1相交
4、，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故错误，故选A5(2019黄山模拟)E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合)，BD1平面B1CE，则()ABD1CEBAC1BD1CD1E2EC1DD1EEC1D如图，设B1CBC1O，可得平面D1BC1平面B1CEEO，BD1平面B1CE，根据线面平行的性质可得D1BEO，O为B1C的中点，E为C1D1中点，D1EEC1，故选D.二、填空题6棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是_由面面平行的性质知截面与平面AB1的交线MN是AA1B的中位线，所以截面是梯
5、形CD1MN，易求其面积为.7(2019株洲模拟)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足_时，有MN平面B1BDD1.MFHHNDB，FHD1D，平面FHN平面B1BDD1.点M在四边形EFGH上及其内部运动，故MFH.8如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：没有水的部分始终呈棱柱形；水面EFGH所在四边形的面积为定值；棱A1D1始终与水面所在平面平行；当容器倾斜
6、如图所示时，BEBF是定值其中正确的命题是_由题图，显然是正确的，是错误的；对于，因为A1D1BC，BCFG，所以A1D1FG且A1D1平面EFGH，所以A1D1平面EFGH(水面)所以是正确的；对于，因为水是定量的(定体积V)，所以SBEFBCV，即BEBFBCV.所以BEBF(定值)，即是正确的三、解答题9(2019合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF平面ABCD，DE平面ABCD，BFDE，M为棱AE的中点(1)求证：平面BDM平面EFC；(2)若AB1，BF2，求三棱锥ACEF的体积解(1)证明：如图，设AC与BD交于点N，则N为AC的中点，连接MN，又
7、M为棱AE的中点，MNECMN平面EFC，EC平面EFC，MN平面EFCBF平面ABCD，DE平面ABCD，且BFDE，BFDE，四边形BDEF为平行四边形，BDEF.BD平面EFC，EF平面EFC，BD平面EFC又MNBDN，平面BDM平面EFC(2)连接EN，FN.在正方形ABCD中，ACBD，又BF平面ABCD，BFAC又BFBDB，AC平面BDEF，又N是AC的中点，V三棱锥ANEFV三棱锥CNEF，V三棱锥ACEF2V三棱锥ANEF2ANSNEF22，三棱锥ACEF的体积为.10在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形设D，E分别是线段BC，CC1的中点，
8、在线段AB上是否存在一点M，使DE平面A1MC？请证明你的结论解存在点M为线段AB的中点，使直线DE平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC1的交点由已知，O为AC1的中点连接MD，OE，则MD，OE分别为ABC，ACC1的中位线，所以MDAC，OEAC，因此MDOE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DEMO.因为DE平面A1MC，MO平面A1MC，所以DE平面A1MC即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE平面A1MCB组能力提升1.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是()AACB
9、DBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为45C因为截面PQMN是正方形，所以MNPQ，则MN平面ABC，由线面平行的性质知MNAC，则AC截面PQMN，同理可得MQBD，又MNQM，则ACBD，故A，B正确又因为BDMQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45，故D正确2在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A无数条B2条C1条D0条A法一：取BB1的中点H，连接FH，则FHC1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，取D1E
10、的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OHKB.过G作GNFH，交C1F于点N，连接MN，由于GMHO，HOKB，KB平面ABCD，GM平面ABCD，所以GM平面ABCD，同理，NG平面ABCD，又GMNGG，由面面平行的判定定理得，平面MNG平面ABCD，则MN平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条故选A法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN平面ABCD
11、，故有无数条直线MN平面ABCD，故选A3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：(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其中说法正确的是_(填序号)(2)(3)(1)连接MN，AC，则MNAC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN平面PAC，所以MN平面APC是错误的；(2)由(1)知M，N在平面APC上，由题易知ANC1Q，所以C1Q平面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平面PAC，又MN
12、平面MNQ，所以平面MNQ平面APC是错误的4(2018长沙模拟)如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，A1CB是等边三角形，ACAB1，B1C1BC，BC2B1C1.(1)求证：AB1平面A1C1C；(2)求多面体ABCA1B1C1的体积解(1)证明：如图，取BC的中点D，连接AD，B1D，C1D，B1C1BC，BC2B1C1，BDB1C1，BDB1C1，CDB1C1，CDB1C1，四边形BDC1B1，CDB1C1是平行四边形，C1DB1B，C1DB1B，CC1B1D，又B1D平面A1C1C，C1C平面A1C1C，B1D平面A1C1C在正方形ABB1A1中，BB1A
13、A1，BB1AA1，C1DAA1，C1DAA1，四边形ADC1A1为平行四边形，ADA1C1.又AD平面A1C1C，A1C1平面A1C1C，AD平面A1C1C，B1DADD，平面ADB1平面A1C1C，又AB1平面ADB1，AB1平面A1C1C(2)在正方形ABB1A1中，A1B，A1BC是等边三角形，A1CBC，AC2AAA1C2，AB2AC2BC2，AA1AC，ACAB.又AA1AB，AA1平面ABC，AA1CD，易得CDAD，ADAA1A，CD平面ADC1A1.易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABDA1B1C1和四棱锥CADC1A1组成的，直三棱柱ABDA1B1C1的体积为1，四棱锥CADC1A1的体积为1，多面体ABCA1B1C1的体积为.- 1 -
