《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第4講 直線、平面平行的判定與性質(zhì)分層演練 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第4講 直線、平面平行的判定與性質(zhì)分層演練 文（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第4講 直線、平面平行的判定與性質(zhì)分層演練 文1設(shè)，是兩個不同的平面，m，n是平面內(nèi)的兩條不同直線，l1，l2是平面內(nèi)的兩條相交直線，則的一個充分不必要條件是()Aml1且nl2B.m且nl2Cm且n Dm且l1解析：選A.由ml1，m，得l1，同理l2，又l1，l2相交，l1，l2，所以，反之不成立，所以ml1且nl2是的一個充分不必要條件2已知m，n，l是不同的直線，是不同的平面，以下命題正確的是()若mn，m，n，則；若m，n，lm，則ln；若m，n，則mn；若，m，n，則mn.A B.C D解析：選D.若mn，m，n，則或，相交；若m

2、，n，lm，則ln或ln或l，n異面；正確；若，m，n，則mn或mn或m，n異面3.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AD上的點，且AEEBAFFD14，又H，G分別為BC，CD的中點，則()ABD平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四邊形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四邊形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形解析：選B.由AEEBAFFD14知EFBD，所以EF平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HGBD，所以EFHG且EFHG.所以四邊形EFGH是梯形4.在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1

3、B1，B1C1，BB1的中點，給出下列四個推斷：FG平面AA1D1D；EF平面BC1D1；FG平面BC1D1；平面EFG平面BC1D1.其中推斷正確的序號是()A B.C D解析：選A.因為在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點，所以FGBC1，因為BC1AD1，所以FGAD1，因為FG平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，所以FG平面AA1D1D，故正確；因為EFA1C1，A1C1與平面BC1D1相交，所以EF與平面BC1D1相交，故錯誤；因為E，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點，所以FGBC1，因為FG平面BC1D1，BC1平面

4、BC1D1，所以FG平面BC1D1，故正確；因為EF與平面BC1D1相交，所以平面EFG與平面BC1D1相交，故錯誤故選A.5設(shè)l，m，n表示不同的直線，表示不同的平面，給出下列命題：若ml，且m，則l；若ml，且m，則l；若l，m，n，則lmn；若m，l，n，且n，則lm.其中正確命題的個數(shù)是()A1 B.2C3 D4解析：選B.由題易知正確；錯誤，l也可以在內(nèi)；錯誤，以墻角為例即可說明；正確，可以以三棱柱為例說明，故選B.6.如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCDA1B1C1D1內(nèi)灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面四個命題：沒有水的部分始終呈棱

5、柱形；水面EFGH所在四邊形的面積為定值；棱A1D1始終與水面所在平面平行；當容器傾斜如圖所示時，BEBF是定值其中正確的命題是_解析：由題圖，顯然是正確的，是錯誤的；對于，因為A1D1BC，BCFG，所以A1D1FG且A1D1平面EFGH，所以A1D1平面EFGH(水面)所以是正確的；對于，因為水是定量的(定體積V)，所以SBEFBCV，即BEBFBCV.所以BEBF(定值)，即是正確的答案：7棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，M是棱AA1的中點，過C，M，D1作正方體的截面，則截面的面積是_解析：由面面平行的性質(zhì)知截面與平面AB1的交線MN是AA1B的中位線，所以截面是梯形CD1

6、MN，易求其面積為.答案：8已知平面，P且P ，過點P的直線m與，分別交于A，C，過點P的直線n與，分別交于B，D，且PA6，AC9，PD8，則BD的長為_解析：如圖1，因為ACBDP，圖1所以經(jīng)過直線AC與BD可確定平面PCD.因為，平面PCDAB，平面PCDCD，所以ABCD.所以，即，所以BD.如圖2，同理可證ABCD.圖2所以，即，所以BD24.綜上所述，BD或24.答案：或249如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，E，F(xiàn)分別是線段A1D，BC1的中點延長D1A1到點G，使得D1A1A1G.證明：GB平面DEF.證明：連接A1C，B1C，則B1C，BC1交于點

7、F.因為CBD1A1，D1A1A1G，所以CBA1G，所以四邊形BCA1G是平行四邊形，所以GBA1C.又GB平面A1B1CD，A1C平面A1B1CD，所以GB平面A1B1CD.又點D，E，F(xiàn)均在平面A1B1CD內(nèi)，所以GB平面DEF.10.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A的中點求證：(1)BFHD1；(2)EG平面BB1D1D；(3)平面BDF平面B1D1H.證明：(1)如圖所示，取BB1的中點M，連接MH，MC1，易證四邊形HMC1D1是平行四邊形，所以HD1MC1.又因為MC1BF，所以BFHD1.(2)取BD的中點O，連接

8、EO，D1O，則OEDC，又D1GDC，所以O(shè)ED1G，所以四邊形OEGD1是平行四邊形，所以GED1O.又GE平面BB1D1D，D1O平面BB1D1D，所以EG平面BB1D1D.(3)由(1)知BFHD1，又BDB1D1，B1D1，HD1平面B1D1H，BF，BD平面BDF，且B1D1HD1D1，DBBFB，所以平面BDF平面B1D1H.1.如圖，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列說法中，錯誤的為()AACBDBACBDCAC截面PQMND異面直線PM與BD所成的角為45解析：選B.因為截面PQMN是正方形，所以PQMN，QMPN，則PQ平面ACD、QM平面BDA，所以PQ

9、AC，QMBD，由PQQM可得ACBD，故A正確；由PQAC可得AC截面PQMN，故C正確；由BDPN，所以MPN是異面直線PM與BD所成的角，且為45，D正確；由上面可知：BDPN，MNAC.所以，而ANDN，PNMN，所以BDAC.B錯誤故選B.2設(shè)，是三個不同的平面，a，b是兩條不同的直線，有下列三個條件：a，b；a，b；b，a.如果命題“a，b，且_，則ab”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是_(把所有正確條件的序號都填上)解析：由面面平行的性質(zhì)定理可知，正確；當b，a時，a和b在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行，正確故填入的條件為或.答案：或3.如圖所示，在正四棱柱ABCDA1B

10、1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是 BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M只需滿足條件_時，就有MN平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況)解析：連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FHDD1，HNBD，所以平面FHN平面B1BDD1，只需MFH，則MN平面FHN，所以MN平面B1BDD1.答案：點M在線段FH上(或點M與點H重合)4.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，M為AA1的中點，點P為BM的中點，Q在線段CA1上，且A1Q3QC，則PQ的長度為_解析：由題意知，AB8，過點

11、P作PDAB交AA1于點D，連接DQ，則D為AM的中點，PDAB4.又因為3，所以DQAC，PDQ，DQAC3，在PDQ中，PQ.答案：5一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示(1)請將字母F，G，H標記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由)；(2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論解： (1)點F，G，H的位置如圖所示(2)平面BEG平面ACH，證明如下：因為ABCDEFGH為正方體，所以BCFG，BCFG，又FGEH，F(xiàn)GEH，所以BCEH，BCEH，于是四邊形BCHE為平行四邊形，所以BECH.又CH平面ACH，BE平面ACH，所以BE平面ACH.同理B

12、G平面ACH.又BEBGB，所以平面BEG平面ACH.6如圖，ABCD與ADEF為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(1)求證：BE平面DMF；(2)求證：平面BDE平面MNG.證明：(1)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，連接MO，則MO為ABE的中位線，所以BEMO，又BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF.(2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DEGN，又DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.又M為AB中點，所以MN為ABD的中位線，所以BDMN，又BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG，又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BDE平面MNG.