《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十四）直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十四）直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文（含解析）新人教A版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤練(四十四)A組基礎(chǔ)鞏固1設(shè)m，n是不同的直線，是不同的平面，且m，n，則“”是“m且n”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件解析：若m，n，則m且n；反之若m，n，m且n，則與相交或平行，即“”是“m且n”的充分不必要條件答案：A2(2019合肥模擬)在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB和BC上的點，若AEEBCFFB12，則對角線AC和平面DEF的位置關(guān)系是()A平行B相交C在平面內(nèi) D不能確定解析：如圖，由得ACEF.又因為EF平面DEF，AC平面DEF，所以AC平面DEF.答案：A3(2019黃山模擬)下列說法中，錯誤的是()A若平面平面，

2、平面平面l，平面平面m，則lmB若平面平面，平面平面l，m，ml，則mC若直線l平面，平面平面，則lD若直線l平面，平面平面m，直線l平面，則lm解析：對于A，由面面平行的性質(zhì)定理可知為真命題，故A正確；對于B，由面面垂直的性質(zhì)定理可知為真命題，故B正確；對于C，若l，則l或l，故C錯誤；對于D，由線面平行的性質(zhì)定理可知為真命題，故D正確綜上，選C.答案：C4(2019廣東省際名校聯(lián)考)已知，為平面，a，b，c為直線，下列命題正確的是()Aa，若ba，則bB，c，bc，則bCab，bc，則acDabA，a，b，a，b，則解析：選項A中，b或b，不正確B中b與可能斜交，或b、b，B錯誤C中ac，

3、a與c異面，或a與c相交，C錯誤利用面面平行的判定定理，易知D正確答案：D5(2019石家莊模擬)過三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共有()A4條B6條 C8條D12條解析：如圖，H，G，F(xiàn)，I是相應(yīng)線段的中點，故符合條件的直線只能出現(xiàn)在平面HGFI中，有FI，F(xiàn)G，GH，HI，HF，GI共6條直線，故選B.答案：B6設(shè)，是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“m，n，且_，則mn”中的橫線處填入下列三組條件中的一組，使該命題為真命題，n；m，n；n，m.可以填入的條件有_(填序號)解析：由面面平行的性質(zhì)定理可知，正確；當n，m時，

4、n和m在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行，正確答案：或7.如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB2，點E為AD的中點，點F在CD上若EF平面AB1C，則線段EF的長度等于_解析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB2，所以AC2.又E為AD中點，EF平面AB1C，EF平面ADC，平面ADC平面AB1CAC，所以EFAC，所以F為DC中點，所以EFAC.答案：8(2019泉州模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設(shè)Q是CC1上的點，當點Q_時，平面D1BQ平面PAO.()A與C重合 B與C1重合C為CC1的三等分點 D為C

5、C1的中點解析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，因為O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，所以POBD1，當點Q為CC1的中點時，連接PQ，則PQAB，所以四邊形ABQP是平行四邊形，所以APBQ，因為APPOP，BQBD1B，AP、PO平面PAO，BQ、BD1平面D1BQ，所以平面D1BQ平面PAO.故選D.答案：D9一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ABCD-

6、EFGH為正方體，所以BCFG，BCFG，又FGEH，F(xiàn)GEH，所以BCEH，BCEH，所以四邊形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BG平面ACH.又BEBGB，所以平面BEG平面ACH.10.(2019衡水中學(xué)模擬)如圖，已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，ABCD，點O是線段AB的中點，PO平面ABCD，POCDDAAB4，M是線段PA的中點(1)證明：平面PBC平面ODM；(2)求點A到平面PCD的距離(1)證明：由題意，得CDBO，且CDBO，所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以BCOD.因為BC平面PBC，O

7、D平面PBC，所以O(shè)D平面PBC.又因為O是線段AB的中點，M是線段PA的中點，所以O(shè)MPB.又OM平面PBC，PB平面PBC，所以O(shè)M平面PBC.又OMODO，OM、OD平面ODM，所以平面PBC平面ODM.(2)解：取CD的中點N，連接ON，PN，如圖所示，則ONCD.因為PO平面ABCD，CD平面ABCD，所以POCD.又因為ONCD，POONO，所以CD平面PNO.因為PN平面PNO，所以CDPN.由題意可求得ON2，則PN2，設(shè)點A到平面PCD的距離為d.所以V三棱錐A-PCDV三棱錐P-ACD，即42d424，所以d，即點A到平面PCD的距離為.B組素養(yǎng)提升11.如圖，在四面體AB

8、CD中，截面PQMN是正方形，則在下列結(jié)論中，錯誤的是()AACBDBAC截面PQMNCACBDD異面直線PM與BD所成的角為45解析：因為截面PQMN是正方形，所以MNPQ，則MN平面ABC，由線面平行的性質(zhì)知MNAC，則AC截面PQMN，同理可得MQBD，又MNQM，則ACBD，故A、B正確又因為BDMQ，所以異面直線PM與BD所成的角等于PM與QM所成的角，即為45，故D正確答案：C12.(2019新鄉(xiāng)模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點，點P是底面A1B1C1D1內(nèi)一點，且AP平面EFDB，則tan APA1的最大值是()A. B1C.

9、 D2解析：如圖，分別取A1D1的中點G，A1B1的中點H，連接GH，AG，AH，連接A1C1，交GH，EF于點M，N，連接AM，連接AC，交BD于點O，連接ON.易證MNOA，所以四邊形AMNO是平行四邊形，所以AMON，因為AM平面BEFD，ON平面BEFD，所以AM平面BEFD，易證GHEF，因為GH平面BEFD，EF平面BEFD，所以GH平面BEFD，又AMGHM，AM，GH平面AGH，所以平面AGH平面BEFD，所以點P在GH上，當點P與點M重合時，tan APA1的值最大設(shè)正方體的棱長為1，則A1P，所以tan APA1的最大值為2.答案：D13如圖所示，棱柱ABC-A1B1C1的

10、側(cè)面BCC1B1是菱形，設(shè)D是A1C1上的點且A1B平面B1CD，則A1DDC1的值為_解析：設(shè)BC1B1CO，連接OD.因為A1B平面B1CD且平面A1BC1平面B1CDOD，所以A1BOD，因為四邊形BCC1B1是菱形，所以O(shè)為BC1的中點，所以D為A1C1的中點，則A1DDC11.答案：114(2019漢陽一中模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等邊三角形，且AA1平面ABC，D為AB的中點(1)求證：直線BC1平面A1CD；(2)若ABBB12，E是BB1的中點，求三棱錐A1-CDE的體積(1)證明：連接AC1，交A1C于點F，則F為AC1的中點，又D為AB的中點，所以DFBC1，又BC1平面A1CD，DF平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)解：因為ABC為等邊三角形，D為AB中點，所以CDAB，又AA1平面ABC，CD平面ABC，所以CDAA1，因為ABAA1A，所以CD平面ABB1A1，所以三棱錐的高h等于點C到平面ABB1A1的距離，即hCD，易求得CD.又SA1DE22121112，所以VA1-CDEVC-A1DESA1DEh.8