高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十四74直线平面平行的判定及其性质理.docx
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高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十四74直线平面平行的判定及其性质理
2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十四7.4直线平面平行的判定及其性质理
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.下面四个正方体图形中,点A,B为正方体的两个顶点,点M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形是( )
A.①②B.①④C.②③D.③④
【解析】选A.由线面平行的判定定理知①②可得出AB∥平面MNP.
2.(xx·枣庄模拟)设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面.则下列四个命题中,正确的是( )
A.若a,b与α所成的角相等,则a∥b
B.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b
C.若a⊂α,b⊂β,a∥b,则α∥β
D.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
【解析】选D.对于选项A,a,b不一定平行,也可能相交;对于选项B,只需找个平面γ,使γ∥α∥β,且a⊂γ,b⊂γ即可满足题设,但a,b不一定平行;对于选项C,可参考直三棱柱模型排除.
【变式备选】(xx·厦门模拟)已知α,β是两个不同的平面,下列四个条件中能推出α∥β的是( )
①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β;
②存在一个平面γ,γ⊥α,γ⊥β;
③存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α;
④存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α.
A.①③B.②④C.①④D.②③
【解析】选C.对①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β⇒α∥β,故①正确,排除B,D,对于③,存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,如图所示,不能推出α∥β,故排除A.
3.已知平面α及直线a,b,下列说法正确的是( )
A.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线平行
B.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线不可能垂直
C.若直线a,b平行,则这两条直线中至少有一条与平面α平行
D.若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直
【解析】选D.由题意逐一分析所给的选项:
若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线不一定平行;
若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线可能垂直;
若直线a,b平行,则这两条直线中可能两条都与平面α不平行;
若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直.
4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AA1=1,E,F分别为AB,AC的中点,P为棱BC上一点,则P到平面FEB1C1的距离为( )
A.
B.
C.
D.随点P的位置改变而改变
【解析】选C.BC∥EF,不妨取BC的中点为P,如图,取B1C1的中点D,AP与EF交于H,作PG⊥DH,由于A1D⊥B1C1,PD⊥B1C1,PD∩A1D=D,B1C1⊂平面EFC1B1,
所以平面AA1DP⊥平面EFC1B1,交线为DH,
易求PH=,又PD=1,
故DH=2.由PD·PH=DH·PG,
所以PG=,
故点P到平面FEB1C1的距离为.
5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F在CC1上,且CF=2FC1,点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点,且PB1∥平面DEF,则tan∠ABP的取值范围是
( )
A.B.[0,1]
C.D.
【解析】选D.在AA1上取点M,使得AM=MA1,连接B1M,则B1M∥DF,取C1D1的中点为N,连接B1N,则B1N∥DE.因此平面B1MN∥平面DEF,过点N作NG∥DF交DD1于点G,连接MG,则B1,M,G,N四点共面.且DG=DD1.因为PB1∥平面DEF.所以点P在线段MG上运动.当点P分别与点M,G重合时,tan∠ABP取最小值和最大值.
6.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有
( )
A.0条B.1条
C.2条D.1条或2条
【解析】选C.如图所示:
平面α截得平行四边形为EFGH,因为FG∥EH,可证明FG∥平面ABD,由线面平行的性质可知FG∥AB,所以AB∥α,同理可得CD∥α,所以有两条棱和平面平行.
7.如图是正方体的平面展开图.关于这个正方体,有以下判断:
①EC⊥平面AFN;
②CN∥平面AFB;
③BM∥DE;
④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是( )
A.①③B.②③C.①②④D.②③④
【解析】选C.由已知中正方体的平面展开图,得到正方体的直观图如图所示:
由⇒FN⊥平面EMC,故FN⊥EC;同理AF⊥EC,故EC⊥平面AFN,故①正确;由CN∥BE,则CN∥平面AFB,故②正确;由图可知BM∥DE显然错误,故③不正确;由BD∥NF得BD∥平面NCF,DE∥CF得DE∥平面NCF,由面面平行判定定理可知平面BDE∥平面NCF,故④正确.
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列四个命题:
①三棱锥A1-D1DP的体积不变;
②A1P∥平面ACD1;
③DP⊥BC1;
④平面A1PB⊥平面PDB1.
其中正确的命题的序号是____________.
【解析】如图,对于①,因为BC1∥平面A1DD1,所以P到平面A1DD1的距离不变,三棱锥A1-D1DP的体积不变,①正确;
对于②,因为平面A1BC1∥平面ACD1,所以A1P∥平面ACD1,②正确;
对于③,因为在同一平面内,过直线外一点与已知直线垂直的直线只有一条,所以DP⊥BC1不正确,③不正确;
对于④,因为B1D⊥平面A1BC1,B1D⊂平面PDB1,所以平面A1PB⊥平面PDB1,④正确.
故正确的命题为①②④.
答案:
①②④
9.(xx·青岛模拟)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:
①垂直于同一平面的两直线平行;②垂直于同一平面的两平面平行;③平行于同一直线的两直线平行;④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是______________.(填命题的序号)
【解析】由线面垂直的性质定理可知①是真命题,且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题,故①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②是假命题,不是“可换命题”;由公理4可知③是真命题,且平行于同一平面的两平面平行也是真命题,故③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,故④是假命题,故④不是“可换命题”.
答案:
①③
10.如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AB=2cm,DE=4cm,EF=3cm,则AC的长为______cm.
【解析】因为平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F,连接AD,BE,CF,
所以AD∥BE∥CF,
所以=,
因为AB=2cm,DE=4cm,EF=3cm,
所以=,解得BC=cm,
所以AC=AB+BC=2+=(cm).
答案:
【变式备选】如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AC=15cm,DE=5cm,AB∶BC=1∶3,求AB,BC,EF的长.
【解析】如图所示,连接AF,交β于点G,则点A,B,C,G,F共面;
因为α∥β∥γ,平面ACF∩β=BG,平面ACF∩γ=CF,
所以BG∥CF,所以△ABG∽△ACF,
所以=,
同理,有AD∥GE,=;
所以=;
又=,
所以AB=AC=cm,
BC=AC=cm;
所以EF=3DE=3×5=15cm.
1.(5分)对于平面α和不重合的两条直线m,n,下列选项中正确的是( )
A.如果m⊂α,n∥α,m,n共面,那么m∥n
B.如果m⊂α,n与α相交,那么m,n是异面直线
C.如果m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,那么n∥α
D.如果m⊥α,n⊥m,那么n∥α
【解析】选A.由线面平行的性质定理,可知A正确,B选项中,n可以与m相交,C选项中,直线n可以与平面α相交,D选项中,n可以在平面α内.
2.(5分)已知点E,F分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1上的点,且AE=AB,AF=AA1,点M,N分别为线段D1E和线段C1F上的点,则与平面ABCD平行的直线MN有( )
A.1条B.3条
C.6条D.无数条
【解析】选D.取BH=BB1,连接FH,则FH∥AB,在线段D1E上取OE=D1E,在线段DE上取EK=ED,连接OH,OK,BK,则易得四边形OKBH为矩形,连接HE,在D1E上任取一点M,
过点M在平面D1HE中,作MG∥HO,交D1H于点G,
再过点G作GN∥FH,交C1F于点N,连接MN,
由于MG∥HO,HO∥KB,KB⊂平面ABCD,
MG⊄平面ABCD,
所以MG∥平面ABCD,
同理由GN∥FH,可推得GN∥平面ABCD,
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,故这样的直线MN有无数条.
【变式备选】
1.如图,在正四棱锥S-ABCD中,点E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论:
①EP∥BD;②EP⊥AC;③EP⊥平面SAC;④EP∥平面SBD中恒成立的为( )
A.②④B.③④
C.①②D.①③
【解析】选A.如图所示,
连接AC,BD相交于点O,连接EM,EN,SO,在①中:
由异面直线的定义可知:
EP与BD是异面直线,不可能EP∥BD,因此不正确.
在②中:
由正四棱锥S-ABCD,可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,所以SO⊥AC,
因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD,
因为点E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,
所以EM∥BD,MN∥SD,而EM∩MN=M,
BD∩SD=D,所以平面EMN∥平面SBD,所以AC⊥平面EMN,所以AC⊥EP,故正确.
在③中:
由②同理可得:
EM⊥平面SAC,
若EP⊥平面SAC,则EP∥EM,与EP∩EM=E相矛盾,因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,即不正确.
在④中:
由②可知平面EMN∥平面SBD,
所以EP∥平面SBD,因此正确.
2.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻转过程中,正确的命题是( )
①BM是定值;
②点M在圆上运动;
③一定存在某个位置,使DE⊥A1C;
④一定存在某个位置,使MB∥平面A1DE.
A.①②③B.①②④
C.②③④D.①③④
【解析】选B.取DC中点N,连接MN,NB,则MN∥A1D,NB∥DE,所以平面MNB∥平面A1DE,因为MB⊂平面MNB,所以MB∥平面A1DE,④正确;∠A1DE=∠MNB,
MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MN·NB·cos∠MNB,所以MB是定值.①正确;B是定点,所以M是在以B为圆心,MB为半径的圆上,②正确;只有当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在DE⊥A1C,其他情况不存在,③不正确.所以①②④正确.
3.(5分)在四面体ABCD中,M,N分别是△ACD,△BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是__________.
【解
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