【全程复习方略】（山东专用）高考数学 第七章 第四节 直线、平面平行的判定及其性质课时提升作业 理 新人教A版.doc

【全程复习方略】（山东专用）2014版高考数学 第七章 第四节 直线、平面平行的判定及其性质课时提升作业 理 新人教a版一、选择题 1.在梯形abcd中，abcd，ab平面,cd平面，则直线cd与平面内的直线的位置关系只能是( )(a)平行(b)平行或异面(c)平行或相交(d)异面或相交2.下面四个正方体图形中，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的图形是( )(a)(b)(c)(d)3.下列命题中正确的个数是( )若直线a不在内，则a；若直线l上有无数个点不在平面内，则l；若l与平面平行，则l与内任何一条直线都没有公共点；平行于同一平面的两直线可以相交.(a)1 (b)2 (c)3 (d)44.(2013厦门模拟)a，b，c为三条不重合的直线，为三个不重合平面，现给出六个命题：ababaa其中正确的命题是( )(a)(b)(c)(d)5.设,是两个不同的平面，m,n是平面内的两条不同直线，l1,l2是平面内的两条相交直线，则的一个充分不必要条件是( )(a)m且l1(b)m且nl2(c)m且n(d)ml1且nl26.(2013莱芜模拟)如图，边长为a的等边三角形abc的中线af与中位线de交于点g，已知ade是ade绕de旋转过程中的一个图形(a不与a，f重合)，则下列命题中正确的是( )动点a在平面abc上的射影在线段af上；bc平面ade；三棱锥a-fed的体积有最大值.(a)(b)(c)(d)7.(能力挑战题)若，是两个相交平面，点a不在内，也不在内，则过点a且与和都平行的直线( )(a)只有1条(b)只有2条(c)只有4条(d)有无数条二、填空题8.(2013保定模拟)设互不相同的直线l,m,n和平面,，给出下列三个命题：若l与m为异面直线，l,m,则;若，l,m,则lm；若=l,=m,=n,l,则mn.其中真命题的个数为_.9.(2013淄博模拟)如图所示，abcd-a1b1c1d1是棱长为a的正方体，m，n分别是下底面的棱a1b1，b1c1的中点，p是上底面的棱ad上的一点，ap=，过p，m，n的平面交上底面于pq，q在cd上，则pq=_.10.已知平面平面，p是,外一点，过点p的直线m分别与,交于a,c，过点p的直线n分别与，交于b，d，且pa=6，ac=9,pd=8，则bd的长为_三、解答题11.如图，在正方体abcd-a1b1c1d1中，e,f,g,m,n分别是b1c1,a1d1,a1b1,bd,b1c的中点，求证：(1)mn平面cdd1c1.(2)平面ebd平面fga.12.在如图所示的几何体中，四边形abcd为平行四边形，acb=90，ea平面abcd，efab，fgbc，egac，ab=2ef.若m是线段ad的中点，求证：gm平面abfe.13.(能力挑战题)如图所示，四边形efgh所在平面为三棱锥a-bcd的一个截面，四边形efgh为平行四边形.(1)求证：ab平面efgh，cd平面efgh.(2)若ab=4，cd=6，求四边形efgh周长的取值范围.答案解析1.【解析】选b.由题知cd平面，故cd与平面内的直线没有公共点，故只有b正确.2.【解析】选a.由线面平行的判定定理知图可得出ab平面mnp.3.【解析】选b.aa时，a，错；直线l与相交时，l上有无数个点不在内，故错；l，l与无公共点，l与内任一直线都无公共点，正确；长方体中a1c1与b1d1都与平面abcd平行，正确.4.【解析】选c.正确，错在a，b也可能相交或异面.错在与可能相交.错在a可能在内.5.【思路点拨】选出的条件能推出，而反之不成立.【解析】选d.如图(1)，=l,ml,l1l,满足m且l1,故排除a；在图(2)中，mnll2满足m且nl2,故排除b；如图(2)，=l,mnl,满足m且n,故排除c；d中，当ml1且nl2时，由于m,n是平面内的两条不同直线，故可得m,n相交，从而.反之，当时，不一定有ml1且nl2，如图(3).6.【思路点拨】注意折叠前deaf，折叠后其位置关系没有改变.【解析】选c.中由已知可得平面afg平面abc，点a在平面abc上的射影在线段af上.bcde，bc平面ade，de平面ade，bc平面ade.当平面ade平面abc时，三棱锥a-fed的体积达到最大.7.【思路点拨】可根据题意画出示意图，然后利用线面平行的判定定理及性质定理解决.【解析】选a.据题意，如图，要使过点a的直线m与平面平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面的交线k与直线m平行，则推出nk，由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面与的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点a且与两平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条.8.【解析】中与可能相交，故错；中l与m可能异面，故错；由线面平行的性质定理可知，lm,ln,所以mn,故正确.答案:19.【解析】平面abcd平面a1b1c1d1，mnpq.m，n分别是a1b1，b1c1的中点，ap=,cq=,从而dp=dq=,pq=答案: 【误区警示】本题易忽视平面与平面平行的性质，不能正确找出q点的位置，从而无法计算或计算出错，造成失分.10.【解析】分两种情况考虑，即当点p在两个平面的同一侧和点p在两平面之间两种可能由两平面平行得交线abcd，截面图如图所示，由三角形相似可得bd=或bd=24.答案：或2411.【证明】(1)连接bc1，dc1，四边形bcc1b1为正方形，n为b1c的中点，n在bc1上，且n为bc1的中点.又m为bd的中点，mndc1.又mn平面cdd1c1，dc1平面cdd1c1，mn平面cdd1c1.(2)连接ef，b1d1，则efab.四边形abef为平行四边形，afbe.又易知fgb1d1，b1d1bd，fgbd.又affg=f，bebd=b，平面ebd平面fga.【变式备选】如图，在正方体abcd-a1b1c1d1中，m，n，p分别为所在边的中点.求证：平面mnp平面a1c1b.【证明】连接d1c，mn为dd1c的中位线，mnd1c.又易知d1ca1b，mna1b.同理，mpc1b.而mn与mp相交，mn，mp在平面mnp内，a1b与c1b相交，a1b，c1b在平面a1c1b内，平面mnp平面a1c1b.12.【证明】方法一：因为efab，fgbc，egac，acb=90，所以egf=90，abcefg.由于ab=2ef，因此bc=2fg.连接af，由于fgbc，fg=bc，在abcd中，m是线段ad的中点，则ambc，且am=bc，因此fgam且fg=am，所以四边形afgm为平行四边形，因此gmfa.又fa平面abfe，gm平面abfe，所以gm平面abfe.方法二：因为efab，fgbc，egac，acb=90，egf=90，abcefg.由于ab=2ef，bc=2fg.取bc的中点n，连接gn，因此四边形bngf为平行四边形，所以gnfb.在abcd中，m是线段ad的中点，连接mn，则mnab.mngn=n，平面gmn平面abfe.又gm平面gmn，gm平面abfe.13.【解析】(1)四边形efgh为平行四边形，efgh.hg平面abd，ef平面abd，ef平面abd.ef平面abc，平面abd平面abc=ab,efab.ef平面efgh，ab平面efgh,ab平面efgh.同理可得cd平面efgh.(2)设ef=x(0x4)，四边形efgh的周长为l.由(1)知efab，则又由(1)同理可得cdfg,则从而四边形efgh的周长l=2(x+6-x)=12-x.又0x4，8l12，即四边形efgh周长的取值范围为(8,12).【变式备选】如图所示，在棱长为1的正方体abcd-a1b1c1d1中，点m在ad1上移动，点n在bd上移动，d1m=dn=a(0a)，连接mn.(1)证明对任意a(0,)，总有mn平面dcc1d1.(2)当a为何值时,mn的长最小？【解析】(1)作mpad，交dd1于p，作nqbc，交dc于q，连接pq.由题意得mpnq，且mp=nq，则四边形mnqp为平行四边形.mnpq.又pq平