2019年高考数学文科一轮复习课时作业41直线平面平行的判定和性质_第1页
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文档简介

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,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.2C.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:A2.(2018·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.KB.HC.GD.B′解析:取A′C′的中点M,连接EM、MK、KF、EF,则EM綊eq\f(1,2)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:C3.(2018·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∥αC.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:C4.(2018·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eq\f(24,5)C.14D.20解析:设BD=x,由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒eq\f(PB,PA)=eq\f(PD,PC).①当点P在两平面之间时,如图1,eq\f(x-8,6)=eq\f(8,9-6),∴x=24;②当点P在两平面外侧时,如图2,eq\f(8-x,6)=eq\f(8,9+6),∴x=eq\f(24,5).答案:B5.(2018·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,故这样的平面答案:C6.(2017·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eq\f(PA,PC)=eq\f(PA,PA+AC)=eq\f(AB,CD),可求得CD=20;若P在α,β之间,则eq\f(AB,CD)=eq\f(PA,PC)=eq\f(PA,AC-PA),可求得CD=4.答案:20或48.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=eq\r(5),EF=2eq\r(2),S△A1EF=eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(\r(5)2-\r(2)2)=eq\r(6),从而所得截面面积为2S△A1EF=2eq\r(6).答案:2eq\r(6)9.(2018·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=eq\f(2,3)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.(2018·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=eq\r(3),BC=1,AD=2eq\r(3),∠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=eq\r(3),BC=1,∠ABC=90°,∴AC=2,∠BCA=60°.在△ACD中,∵AD=2eq\r(3),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=eq\f(1,2)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=2eq\r(2),PD=CD=4,∴S△PCD=2eq\r(7),∵VP-ACD=VA-PCD,∴eq\f(1,3)·S△ACD·PA=eq\f(1,3)·S△PCD·d,∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×2=eq\f(1,3)×2eq\r(7)d,∴d=eq\f(2\r(21),7),∴点A到平面PCD的距离为eq\f(2\r(21),7).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(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.(2018·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

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