高考数学总复习第七章立体几何41直线平面平行的判定和性质课时作业文.docx
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高考数学总复习第七章立体几何41直线平面平行的判定和性质课时作业文
2019-2020年高考数学总复习第七章立体几何41直线平面平行的判定和性质课时作业文
一、选择题
1.(xx·济南一模)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列四个命题:
①若m∥n,m⊥β,则n⊥β;
②若m∥α,m∥β,则α∥β;
③若m∥n,m∥β,则n∥β;
④若m⊥α,m⊥β,则α⊥β.
其中真命题的个数为( )
A.1B.2
C.3D.4
解析:
对于①,由直线与平面垂直的判定定理易知其正确;对于②,平面α与β可能平行或相交,故②错误;对于③,直线n可能平行于平面β,也可能在平面β内,故③错误;对于④,由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行,故④错误.综上所述,正确命题的个数为1,故选A.
答案:
A
2.(xx·银川一模)如图,在三棱柱ABC-A′B′C′中,点E、F、H、K分别为AC′、CB′、A′B′、B′C′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( )
A.K B.H
C.GD.B′
解析:
取A′C′的中点M,连接EM、MK、KF、EF,则EM綊CC′綊KF,得EFKM为平行四边形,若P=K,则AA′∥BB′∥CC′∥KF,故与平面PEF平行的棱超过2条;HB′∥MK⇒HB′∥EF,若P=H或P=B′,则平面PEF与平面EFB′A′为同一平面,与平面EFB′A′平行的棱只有AB,不满足条件,故选C.
答案:
C
3.(xx·湖南长沙二模)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是( )
A.m∥α,n∥α,则m∥nB.m∥n,m∥α,则n∥α
C.m⊥α,m⊥β,则α∥βD.α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
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,m∥n,m∥α,则n∥α或n⊂α,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.(xx·浙江金丽衢十二校联考)已知平面α∥平面β,P是α、β外一点,过点P的直线m与α、β分别交于点A、C,过点P的直线n与α、β分别交于点B、D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为( )
A.16B.24或
C.14D.20
解析:
设BD=x,由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒=.
①当点P在两平面之间时,如图1,=,
∴x=24;
②当点P在两平面外侧时,如图2,=,∴x=.
答案:
B
5.(xx·长春一模)已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD的对边互不平行,现用一平面α截此四棱锥,且要使截面是平行四边形,则这样的平面α( )
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β,作α与β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,A1D1∥m∥B1C1,A1B1∥n∥D1C1,从而得截面必为平行四边形.由于平面α可以上下平移,故这样的平面α有无数个.故选C.
答案:
C
6.(xx·新课标全国卷Ⅰ)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①所示的辅助线,其中D为BC的中点,则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ=Q,
∴QD与平面MNQ相交,
∴直线AB与平面MNQ相交.
B项,作如图②所示的辅助线,则AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,∴AB∥平面MNQ,C项,作如图③所示的辅助线,则AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.D项,作如图④所示的辅助线,则AB∥CD,CD∥NQ,∴AB∥NQ,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α∥平面β,P是α,β外一点,过P点的两条直线AC,BD分别交α于A,B,交β于C,D,且PA=6,AC=9,AB=8,则CD的长为________.
解析:
若P在α,β的同侧,由于平面α∥平面β,故AB∥CD,则==,可求得CD=20;若P在α,β之间,则==,可求得CD=4.
答案:
20或4
8.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1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,
A1F=A1E=,EF=2,
S△A1EF=×2×=,
从而所得截面面积为2S△A1EF=2.
答案:
2
9.(xx·安徽安庆模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N、Q分别是棱D1C1、A1D1、BC的中点,点P在BD1上且BP=BD1.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________.
解析:
(1)连接MN,AC,则MN∥AC,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AN∥C1Q,
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.(xx·云南十一中学联考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,∠ABC=90°,AB=,BC=1,AD=2,∠ACD=60°,E为CD的中点.
(1)求证:
BC∥平面PAE;
(2)求点A到平面PCD的距离.
解析:
(1)证明:
∵AB=,BC=1,∠ABC=90°,∴AC=2,∠BCA=60°.
在△ACD中,∵AD=2,AC=2,∠ACD=60°,
∴AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cos∠ACD,
∴CD=4,∴AC2+AD2=CD2,
∴△ACD是直角三角形,
又E为CD中点,
∴AE=CD=CE,
∵∠ACD=60°,
∴△ACE为等边三角形,
∴∠CAE=60°=∠BCA,
∴BC∥AE,
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,
PC=2,PD=CD=4,∴S△PCD=2,
∵VP-ACD=VA-PCD,∴·S△ACD·PA=·S△PCD·d,
∴××2×2×2=×2d,
∴d=,
∴点A到平面PCD的距离为.
11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1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EG∥SB.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FG∥SD.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,EG∩FG=G,所以平面EFG∥平面BDD1B1.
[能力挑战]
12.(xx·福建泉州质检)在如图所示的多面体中,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,AD∥BC,AB=CD,∠ABC=60°,BC=2AD=4DE=4.
(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A-CDE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:
∵BC=2AD,∴BG=AD,
又BC∥AD,∴四边形BGDA是平行四边形,
故DG∥AB,即DP∥AB.
又AB⊂平面ABF,DP⊄平面ABF,∴DP∥平面ABF.
∵AF∥DE,AF⊂平面ABF,DE⊄平面ABF,
∴DE∥平面ABF.
又∵DP⊂平面PDE,DE⊂平面PDE,PD∩DE=D,∴平面ABF∥平面PDE,
又∵PE⊂平面PDE,∴PE∥平面ABF.
(2)在等腰梯形ABCD中,∵∠ABC=60°,BC=2AD=4,
∴可求得梯形的高为,从而△ACD的面积为×2×=.∵DE⊥平面ABCD,∴DE是三棱锥E-ACD的高.
设三棱锥A-CDE的高为h.
由VA-CDE=VE-ACD,可得S△CDE·h=S△ACD·DE,
即×2×1×h=,解得h=.
故三棱锥A-CDE的高为.
2019-2020年高考数学总复习第七章立体几何42直线平面垂直的判定和性质课时作业文
一、选择题
1.(xx·新疆第二次适应性检测)设m,n是不同的直线,α,β,γ是不同的平面,有以下四个命题:
①若α∥β,α∥γ,则β∥γ
②若α⊥β,m∥α,则m⊥β
③若m⊥α,m∥β,则α⊥β
④若m∥n,n⊂α,则m∥α
其中正确命题的序号是( )
A.①③B.①④
C.②③D.②④
解析:
对于①,因为平行于同一个平面的两个平面相互平行,所以①正确;对于②,当直线m位于平面β内,且平行于平面α,β的交线时,满足条件,但显然此时m与平面β不垂直,因此②不正确;对于③,在平面β内取直线n平行于m,则由m⊥α,m∥n,得n⊥α,又n⊂β,因此有α⊥β,③正确;对于④,直线m可能位于平面α内,显然此时m与平面α不平行,因此④不正确.综上所述,正确命题的序号是①③,选A.
答案:
A
2.(xx·新课标全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC
解析:
如图,∵A1E在平面ABCD上的投影为AE,而AE不与AC,BD垂直,∴B,D错;
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C,且B1C⊥BC1,
∴A1E⊥BC1,故C正确;
(证明:
由条件易知,BC1⊥B1C,BC1⊥CE,又CE∩B1C=C,∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1,∴A1E⊥BC1)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E,而D1E不与DC1垂直,故A错.
故选C.
答案:
C
3.(xx·银川一模)如图,在正方形ABCD中,E、F分别是BC、CD的中点,G是EF的中点,现沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B、C、D三点重合,重合后的点记为H,那么,在这个空间图形中必有( )
A.AH⊥平面EFHB.AG⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEFD.HG⊥平面AEF
解析:
由平面图形得AH⊥HE,AH⊥HF,又HE∩HF=H,∴AH⊥平面HEF,故选A.
答案:
A
4.(xx·贵阳模拟)如图,在正棱锥P-ABC中,不能证明AP⊥BC的条件是( )
A.AP⊥PB,AP⊥PC
B.AP⊥PB,BC⊥PB
C.平面BPC⊥平面APC,BC⊥PC
D.AP⊥平面PBC
解析:
A中,因为AP⊥PB,AP⊥PC,PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC,又BC⊂平面P
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