新高考高考数学一轮复习巩固练习7.4第59练《空间直线、平面的平行》(解析版)_第1页
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文档简介

1、第59练空间直线、平面的平行考点一直线与平面平行的判定与性质1已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析若m,n,且mn,则由线面平行的判定定理知m,但若m,n,且m,则m与n有可能异面,“mn”是“m”的充分不必要条件2点E,F,G,H分别是空间四面体ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,则空间四面体的六条棱中与平面EFGH平行的条数是()A0 B1 C2 D3答案C解析如图,由线面平行的判定定理可知BD平面EFGH,AC平面EFGH.3.(2022济南模拟)在如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中,过

2、A1B1的平面与平面ABC交于DE,则DE与AB的位置关系是()A异面B平行C相交D以上均有可能答案B解析在三棱柱ABCA1B1C1中,ABA1B1,AB平面ABC,A1B1平面ABC,A1B1平面ABC.过A1B1的平面与平面ABC交于DE,DEA1B1,DEAB.4(多选)下列说法中,正确的是()A一条直线与两个平行平面中的一个相交,则必与另一个平面相交B平行于同一平面的两个不同平面平行C若直线l与平面平行,则过平面内一点和直线l平行的直线在平面内D若直线l不平行于平面,则在平面内不存在与l平行的直线答案ABC解析如果已知直线与另一个平面不相交,则有两种情形:直线在平面内或与平面平行,不管

3、哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交,出现矛盾,即A中说法正确;选项B是两个平面平行的一种判定方法,即B中说法正确;由线面平行的性质定理知C中说法正确;选项D中说法是错误的,事实上,直线l不平行于平面,可能有l,则内有无数条直线与l平行考点二平面与平面平行的判定与性质5在正方体ABCDA1B1C1D1中,M为棱A1D1上的动点,O为底面ABCD的中心,E,F分别是A1B1,C1D1的中点,下列平面中与OM扫过的平面平行的是()A平面ABB1A1 B平面BCC1B1C平面BCFE D平面DCC1D1答案C解析取AB,DC的中点分别为E1和F1,OM扫过的平面即为平面A1E1F1D1.如图,

4、故平面A1E1F1D1平面BCFE.6如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F,G分别是棱A1B1,B1C1,BB1的中点,给出下列推断:FG平面AA1D1D;EF平面BC1D1;FG平面BC1D1;平面EFG平面BC1D1;平面EFG平面A1C1B.其中推断正确的序号是()A B C D答案A解析对,由正方体性质可知,平面AA1D1D平面BB1C1C,又FG平面BB1C1C,故FG平面AA1D1D,正确;对,因为直线EF与D1C1的延长线相交,故EF不平行于平面BC1D1,错误;对,因为F,G分别为B1C1和BB1的中点,所以FGBC1,又因为FG平面BC1D1,BC1平面BC1D

5、1,所以FG平面BC1D1,正确;对,由知直线EF与D1C1的延长线相交,故平面EFG不平行于平面BC1D1,错误;对,由知,FG平面A1C1B,同理可证EG平面A1C1B,又FGEGG,所以平面EFG平面A1C1B,正确考点三平行关系的综合应用7(2022连云港质检)在正方体ABCDA1B1C1D1中,从A,B,C,B1四个点中任取两个点,这两点连线平行于平面A1C1D的概率为()A.eq f(2,3) B.eq f(1,2) C.eq f(1,3) D.eq f(5,6)答案B解析从A,B,C,B1四个点中任取两个点,则有AB,AC,AB1,BC,BB1,CB1共6种取法,如图所示,易知A

6、BA1B1,且A1B1与平面A1C1D相交,故AB与平面A1C1D相交;ACA1C1,A1C1平面A1C1D,AC平面A1C1D,故AC平面A1C1D;AB1DC1,DC1平面A1C1D,AB1平面A1C1D,故AB1平面A1C1D;BCB1C1,且B1C1与平面A1C1D相交,故BC与平面A1C1D相交;BB1CC1,且CC1与平面A1C1D相交,故BB1与平面A1C1D相交;CB1DA1,DA1平面A1C1D,CB1平面A1C1D,故CB1平面A1C1D,即两点连线平行于平面A1C1D的有3种,故这两点连线平行于平面A1C1D的概率为eq f(3,6)eq f(1,2).8若,是两个相交平

7、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有无数条答案A解析设l,A,A,Al,则A,l确定一个平面,在内有且只有一条过A与l平行的直线,记作a,由于al,a,a,l,l,由线面平行的判定定理得a,a,由此证明了存在性;假设过A平行于,的直线还有一条,记为b,则abA.过b作平面M与相交于m,过b作平面N与相交于直线n,(适当调整,可以使m,n都不与l重合),由线面平行的性质定理可得bm,bn,由平行公理得mn,m,n,m,又m,l,由线面平行的性质定理得ml,从而bl,又al,ab,这与abA矛盾,由此证明了唯一性故过点A且与和都平行的直线有

8、且只有一条9(2022苏州质检)如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且eq f(DE,EB)eq f(1,2),G在CC1上且平面AEF平面BD1G,则eq f(CG,CC1)_.答案eq f(1,3)解析平面AEF平面BD1G,且平面AEF平面BB1D1DEF,平面BD1G平面BB1D1DBD1,EFBD1,eq f(DF,FD1)eq f(DE,EB)eq f(1,2).易得平面ADD1A1平面BCC1B1,又BG平面BCC1B1,BG平面ADD1A1,又平面AEF平面BD1G,BG平面BD1G,BG平面AEF,平面AEF平

9、面ADD1A1AF,BGAF,BG,AF可确定平面ABGF,又知平面ABB1A1平面CDD1C1,平面ABGF平面ABB1A1AB,平面ABGF平面CDD1C1FG,ABFG,CDFG.eq f(CG,CC1)eq f(DF,DD1)eq f(1,3).10(2022温州质检)如图,在底面边长为8 cm,高为6 cm的正三棱柱ABCA1B1C1中,若D为棱A1B1的中点,则过BC和D的截面面积为_ cm2.答案24eq r(3)解析过点D作DEB1C1,交A1C1于点E,连接CE,DB,B1C1BC,则DEBC,即D,E,B,C四点共面,四边形BCED即为过BC和点D的截面,因为D为棱A1B1

10、的中点,所以DE是A1B1C1的中位线,所以 DEeq f(1,2)B1C14(cm),又因为DEBC,所以四边形BCED是梯形,过点D作 DFBC交BC于点F,则DFeq r(6242422)4eq r(3)(cm),所以截面 BCED的面积Seq f(1,2)(48)4eq r(3)24eq r(3)(cm2)11(多选)(2022南京质检)如图是正方体的平面展开图在这个正方体中,下列四个命题中,正确的是()ABM与ED平行BCN与BE是异面直线CAF与平面BDM平行D平面CAN与平面BEM平行答案CD解析对于选项A,由展开图得到正方体的直观图,如图,BM与ED异面,故A错误;对于选项B,

11、CN与BE平行,故B错误;对于选项C,因为四边形AFMD是平行四边形,所以AFMD,又AF平面BDM,MD平面BDM,所以AF平面BDM,故C正确;对于选项D,显然ACEM,又AC平面BEM,EM平面BEM,所以AC平面BEM,同理AN平面BEM,又ACANA,所以平面CAN平面BEM,故D正确12(多选)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CD的长为()A20 B16 C12 D4答案AD解析因为过P点的两条直线AC,BD确定的平面分别交于A,B,交于C,D,且平面平面,所以可得ABCD,分两种情况:当点P在两平行平面

12、之外时,eq f(PA,PC)eq f(AB,CD),则CD20;当点P在两平行平面之间时,得PCACAP3,eq f(AP,PC)eq f(AB,CD),则CD4.13(2022上海市进才中学模拟)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD1,DD12,ABeq r(3),E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P平面EFG,则线段D1P长度的最小值是_答案eq f(r(19),2)解析如图,连接D1A,D1C,AC,因为E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,所以ACEF,又因为EF平面ACD1,AC平面ACD1,所以EF平面ACD1,同理EG平

13、面ACD1,又因为EGEFE,所以平面EFG平面ACD1,因为直线D1P平面EFG,所以点P在直线AC上,且当D1PAC时,线段D1P的长度最小,在ACD1中,AD1eq r(5),AC2,CD1eq r(7),所以cosD1ACeq f(r(5),10),sinD1ACeq f(r(95),10),当D1PAC时,在RtD1AP中,D1PAD1sin D1ACeq r(5)eq f(r(95),10)eq f(r(19),2).即线段D1P长度的最小值为eq f(r(19),2).14如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EFeq f(1,2),则下列结论中正确的序号是_ACBE;EF平面ABCD;三棱锥ABEF的体积为定值;AEF的面积与BEF的面积相等答案解析对于,由题意及图形知,AC平面DD1

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