2019版高中全程复习方略数学（文）课时作业：第七章　立体几何 41 .doc

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1、课时作业41直线、平面平行的判定和性质一、选择题1(2018济南一模)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题：若mn，m，则n；若m，m，则；若mn，m，则n；若m，m，则.其中真命题的个数为()A1 B2C3 D4解析：对于，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于，平面与可能平行或相交，故错误；对于，直线n可能平行于平面，也可能在平面内，故错误；对于，由两平面平行的判定定理易得平面与平行，故错误综上所述，正确命题的个数为1，故选A.答案：A2(2018银川一模)如图，在三棱柱ABCABC中，点E、F、H、K分别为AC、CB、AB、BC的中点，G为ABC的重心从K、H

2、、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()AKBHCG DB解析：取AC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PK，则AABBCCKF，故与平面PEF平行的棱超过2条；HBMKHBEF，若PH或PB，则平面PEF与平面EFBA为同一平面，与平面EFBA平行的棱只有AB，不满足条件，故选C.答案：C3(2018湖南长沙二模)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mn Bmn，m，则nCm，m，则 D，则解析：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

3、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不正确故选C.答案：C4(2018浙江金丽衢十二校联考)已知平面平面，P是、外一点，过点P的直线m与、分别交于点A、C，过点P的直线n与、分别交于点B、D，且PA6，AC9，PD8，则BD的长为()A16 B24或C14 D20解析：设BDx，由ABCDPABPCD.当点P在两平面之间时，如图1，x24；当点P在两平面外侧时，如图2，x.答案：B5(2018长春一模)已知四棱锥PABCD的底面四边形ABCD的对边互不平行，现用一平面

4、截此四棱锥，且要使截面是平行四边形，则这样的平面()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，作与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，A1D1mB1C1，A1B1nD1C1，从而得截面必为平行四边形由于平面可以上下平移，故这样的平面有无数个故选C.答案：C6(2017新课标全国卷)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

5、，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB. QD平面MNQQ， QD与平面MNQ相交， 直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ， ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ，C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ， ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ， ABNQ，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C

6、D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48在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1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，A1FA1E，EF2，SA1EF2，从而所得截面面积为2SA1EF2.答案：29(2018安徽安庆模拟)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

7、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MNAC，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ANC1Q，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(2018云南十一中学联考)如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PA2，ABC90，AB，BC1，AD2，ACD60，E

8、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，BC1，ABC90，AC2，BCA60.在ACD中，AD2，AC2，ACD60，AD2AC2CD22ACCDcosACD，CD4，AC2AD2CD2，ACD是直角三角形，又E为CD中点，AECDCE，ACD60，ACE为等边三角形，CAE60BCA，BCAE，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，PC2，PDCD4，SPCD2，VPACDVAPCD，SACDPASPCDd，2222d，d，点A到平面PCD的距离为.11如图，在正方体ABCD

9、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EGSB.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FGSD.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，EGFGG，所以平面EFG平面BDD1B1.能力挑战12(2018福建泉州质检)在如图所示的多面体中，DE平面ABCD，AF

10、DE，ADBC，ABCD，ABC60，BC2AD4DE4.(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ACDE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：BC2AD，BGAD，又BCAD，四边形BGDA是平行四边形，故DGAB，即DPAB.又AB平面ABF，DP平面ABF，DP平面ABF.AFDE，AF平面ABF，DE平面ABF，DE平面ABF.又DP平面PDE，DE平面PDE，PDDED，平面ABF平面PDE，又PE平面PDE，PE平面ABF.(2)在等腰梯形ABCD中，ABC60，BC2AD4，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EACD的高设三棱锥ACDE的高为h.由VACDEVEACD，可得SCDEhSACDDE，即21h，解得h.故三棱锥ACDE的高为.