2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文(含解析).docx
《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文(含解析).docx》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文(含解析).docx(14頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
考點測試43直線、平面平行的判定及其性質(zhì)高考概覽考綱研讀1以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點,認(rèn)識和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理2能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡單命題一、基礎(chǔ)小題1已知平面平面,若兩條直線m,n分別在平面,內(nèi),則m,n的關(guān)系不可能是()A平行 B相交C異面 D平行或異面答案B解析由知,又m,n,故mn故選B2兩條直線a,b滿足ab,b,則a與平面的位置關(guān)系是()Aa BaCa與相交 Da與不相交答案D解析由于b且ab,則a或a故a與不相交故選D3如圖所示的三棱柱ABCA1B1C1中,過A1B1的平面與平面ABC交于DE,則DE與AB的位置關(guān)系是()A異面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,過A1B1的平面與平面ABC交于DEDEA1B1,DEAB4下列命題中,錯誤的是()A平面內(nèi)一個三角形各邊所在的直線都與另一個平面平行,則這兩個平面平行B平行于同一個平面的兩個平面平行C若兩個平面平行,則位于這兩個平面內(nèi)的直線也互相平行D若兩個平面平行,則其中一個平面內(nèi)的直線平行于另一個平面答案C解析由面面平行的判定定理和性質(zhì)知A,B,D正確對于C,位于兩個平行平面內(nèi)的直線也可能異面5若直線l不平行于平面,且l,則()A內(nèi)的所有直線與l異面B內(nèi)不存在與l平行的直線C內(nèi)存在唯一的直線與l平行D內(nèi)的直線與l都相交答案B解析因為l,若在平面內(nèi)存在與直線l平行的直線,則l,這與題意矛盾故選B6下面結(jié)論中:過不在平面內(nèi)的一點,有且只有一個平面與這個平面平行;過不在平面內(nèi)的一條直線,有且只有一個平面與這個平面平行;過不在直線上的一點,有且只有一條直線與這條直線平行;過不在直線上的一點,有且只有一個平面與這條直線平行正確的序號為()A B C D答案C解析對于,過不在平面內(nèi)的一點,有且只有一個平面與這個平面平行,正確;對于,當(dāng)已知直線與平面相交時,不存在平面與已知平面平行,錯誤;對于,過不在直線上的一點,有且只有一條直線與這條直線平行,正確;對于,過不在直線上的一點,有無數(shù)個平面與已知直線平行,錯誤故選C7有下列命題:若直線l平行于平面內(nèi)的無數(shù)條直線,則直線l;若直線a在平面外,則a;若直線ab,b,則a;若直線ab,b,則a平行于平面內(nèi)的無數(shù)條直線其中真命題的個數(shù)是()A1 B2 C3 D4答案A解析命題,l可以在平面內(nèi),是假命題;命題,直線a與平面可以是相交關(guān)系,是假命題;命題,a可以在平面內(nèi),是假命題;命題是真命題8已知正方體ABCDA1B1C1D1,下列結(jié)論中,正確的結(jié)論是_(只填序號)AD1BC1;平面AB1D1平面BDC1;AD1DC1;AD1平面BDC1答案解析連接AD1,BC1,AB1,B1D1,C1D,BD,則AD1BC1,從而正確;易證BDB1D1,AB1DC1,又AB1B1D1B1,BDDC1D,故平面AB1D1平面BDC1,從而正確;由圖易知AD1與DC1異面,故錯誤;因AD1BC1,AD1平面BDC1,BC1平面BDC1,故AD1平面BDC1,故正確二、高考小題9(2018浙江高考)已知平面,直線m,n滿足m,n,則“mn”是“m”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充分必要條件 D既不充分也不必要條件答案A解析m,n,mn,m,故充分性成立而由m,n,得mn或m與n異面,故必要性不成立故選A10(2017全國卷)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是()答案A解析A項,作如圖所示的輔助線,其中D為BC的中點,則QDABQD平面MNQQ,QD與平面MNQ相交,直線AB與平面MNQ相交B項,作如圖所示的輔助線,則ABCD,CDMQ,ABMQ又AB平面MNQ,MQ平面MNQ,AB平面MNQC項,作如圖所示的輔助線,則ABCD,CDMQ,ABMQ又AB平面MNQ,MQ平面MNQ,AB平面MNQD項,作如圖所示的輔助線,則ABCD,CDNQ,ABNQ又AB平面MNQ,NQ平面MNQ,AB平面MNQ故選A11(2016全國卷)平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A,平面CB1D1,平面ABCDm,平面ABB1A1n,則m,n所成角的正弦值為()A B C D答案A解析如圖,延長B1A1至A2,使A2A1B1A1,延長D1A1至A3,使A3A1D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D易證AA2A1BD1C,AA3A1DB1C平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3為平面于是mA2A3,直線AA2即為直線n顯然有AA2AA3A2A3,于是m,n所成的角為60,其正弦值為故選A12(2016全國卷),是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題:如果mn,m,n,那么;如果m,n,那么mn;如果,m,那么m;如果mn,那么m與所成的角和n與所成的角相等其中正確的命題有_(填寫所有正確命題的編號)答案解析由mn,m,可得n或n在內(nèi),當(dāng)n時,與可能相交,也可能平行,故錯易知都正確三、模擬小題13(2018陜西西安一中模擬)在三棱錐ABCD中,E,F(xiàn),G,H分別是AB,BC,CD,DA上的點,當(dāng)BD平面EFGH時,下面結(jié)論正確的是()AE,F(xiàn),G,H一定是各邊的中點BG,H一定是CD,DA的中點CBEEABFFC,且DHHADGGCDAEEBAHHD且BFFCDGGC答案D解析由BD平面EFGH,得BDEH,BDFG,則AEEBAHHD,且BFFCDGGC故選D14(2018福建廈門第二次質(zhì)量檢查)如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,M,N,P分別是C1D1,BC,A1D1的中點,則下列命題正確的是()AMNAPBMNBD1CMN平面BB1D1DDMN平面BDP答案C解析取B1C1中點Q,連接MQ,NQ,由三角形中位線定理可得MQB1D1,MQ面BB1D1D,由四邊形BB1QN為平行四邊形,得NQBB1,NQ面BB1D1D,平面MNQ平面BB1D1D,MN面MNQ,MN平面BB1D1D,故選C15(2018衡陽二模)若平面截三棱錐所得截面為平行四邊形,則該三棱錐與平面平行的棱有()A0條 B1條C2條 D1條或2條答案C解析如圖所示,平面截三棱錐所得截面為平行四邊形EFGH,因為FGEH,可證明FG平面ABD,由線面平行的性質(zhì)可知FGAB,所以AB,同理可得CD,所以有兩條棱和平面平行,故選C16(2018南昌一模)下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB平面MNP的圖形的序號是()A B C D答案D解析在中,由正方體性質(zhì)得到平面MNP與AB所在平面平行,AB平面MNP,故成立;若下底面中心為O,則NOAB,NO面MNPN,AB與面MNP不平行,故不成立;過P作與AB平行的直線PO,則PO與平面MNP相交,AB與面MNP不平行,故不成立;在中,AB與PN平行,AB平面MNP,故成立綜上所述,答案為D17(2018太原模擬)在長方體ABCDA1B1C1D1中,B1C和C1D與底面所成的角分別為60和45,則異面直線B1C和C1D所成的角的余弦值為_答案解析B1B平面ABCD,BCB1是B1C與底面所成角,BCB160C1C底面ABCD,CDC1是C1D與底面所成角,CDC145,連接A1D,A1C1,則A1DB1C,A1DC1或其補角為異面直線B1C與C1D所成角,不妨設(shè)BC1,則CB1DA12,BB1CC1CD,C1D,A1C12在等腰三角形A1C1D中,cosA1DC118(2018合肥質(zhì)檢三)如圖直三棱柱ABCABC中,ABC為邊長為2的等邊三角形,AA4,點E,F(xiàn),G,H,M分別是邊AA,AB,BB,AB,BC的中點,動點P在四邊形EFGH內(nèi)部運動,并且始終有MP平面ACCA,則動點P的軌跡長度為_答案4解析因為H,F(xiàn),M分別為AB,AB,BC的中點,所以FMAC,HFAA,所以FM平面ACCA,HF平面ACCA,又因為FMHFF,所以平面HFM平面ACCA,要使MP平面ACCA,則MP平面HFM,所以點P的軌跡為線段HF,點P的軌跡長度為4一、高考大題1(2018江蘇高考)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,AA1AB,AB1B1C1求證:(1)AB平面A1B1C;(2)平面ABB1A1平面A1BC證明(1)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,ABA1B1,因為AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB平面A1B1C(2)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形又因為AA1AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,所以AB1A1B因為AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC又因為A1BBCB,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1平面A1BC,又因為AB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面A1BC2(2016全國卷)如圖,四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,ADBC,ABADAC3,PABC4,M為線段AD上一點,AM2MD,N為PC的中點(1)證明:MN平面PAB;(2)求四面體NBCM的體積解(1)證明:由已知得AMAD2,取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TNBC,TNBC2又ADBC,故TN綊AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MNAT因為AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB(2)因為PA平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為PA取BC的中點E,連接AE由ABAC3得AEBC,AE由AMBC得M到BC的距離為,故SBCM42所以四面體NBCM的體積VNBCMSBCM223(2017浙江高考)如圖,已知四棱錐PABCD,PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PCAD2DC2CB,E為PD的中點(1)證明:CE平面PAB;(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值解(1)證明:如圖,設(shè)PA的中點為F,連接EF,F(xiàn)B因為E,F(xiàn)分別為PD,PA的中點,所以EFAD且EFAD又因為BCAD,BCAD,所以EFBC且EFBC,所以四邊形BCEF為平行四邊形,所以CEBF因為BF平面PAB,CE平面PAB,所以CE平面PAB(2)分別取BC,AD的中點M,N連接PN交EF于點Q,連接MQ因為E,F(xiàn),N分別是PD,PA,AD的中點,所以Q為EF的中點在平行四邊形BCEF中,MQCE由PAD為等腰直角三角形得PNAD由DCAD,BCAD,BCAD,N是AD的中點得BNAD所以AD平面PBN由BCAD得BC平面PBN,那么平面PBC平面PBN過點Q作PB的垂線,垂足為H,連接MH,MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直線CE與平面PBC所成的角設(shè)CD1在PCD中,由PC2,CD1,PD得CE,在PBN中,由PNBN1,PB得QH,在RtMQH中,QH,MQ,所以sinQMH所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是二、模擬大題4(2018安徽合肥一中模擬)如圖,四棱錐PABCD中,E為AD的中點,PE平面ABCD,底面ABCD為梯形,ABCD,AB2DC2,ACBDF,且PAD與ABD均為正三角形,G為PAD重心(1)求證:GF平面PDC;(2)求三棱錐GPCD的體積解(1)證明:連接AG交PD于H,連接CH由四邊形ABCD是梯形,ABCD,且AB2DC,知,又G為PAD的重心,在ACH中,故GFHC又HC平面PDC,GF平面PDC,GF平面PDC(2)由AB2,PAD,ABD為正三角形,E為AD中點,得PE3,由(1)知GF平面PDC,又PE平面ABCD,VGPCDVFPCDVPCDFPESCDF,由四邊形ABCD是梯形,ABCD,且AB2DC2,ABD為正三角形,知DFBD,CDFABD60,SCDFCDDFsinCDF,VPCDFPESCDF,三棱錐GPCD的體積為5(2018安徽合肥一中模擬)如圖,四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點求證:(1)BE平面DMF;(2)平面BDE平面MNG證明(1)連接AE,則AE必過DF與GN的交點O,連接MO,因為四邊形ADEF為平行四邊形,所以O(shè)為AE中點,又M為AB中點,所以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的對邊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的中點,N為AD的中點,所以MN為ABD的中位線,所以BDMN,因為BD平面MNG,MN平面MNG,所以BD平面MNG,因為DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線,所以平面BDE平面MNG6(2018山西太原質(zhì)檢)如圖,四邊形ABCD中,ABAD,ADBC,AD6,BC2AB4,E,F(xiàn)分別在BC,AD上,EFAB,現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起,使BEEC(1)若BE1,在折疊后的線段AD上是否存在一點P,使得CP平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,說明理由;(2)求三棱錐ACDF體積的最大值,并求出此時點F到平面ACD的距離解(1)線段AD上存在一點P,使得CP平面ABEF,此時理由如下:當(dāng)時,過點P作PMFD交AF于點M,連接EM,則有,由題意可得FD5,故MP3,由題意可得EC3,又MPFDEC,MP綊EC,故四邊形MPCE為平行四邊形,CPME,又CP平面ABEF,ME平面ABEF,CP平面ABEF成立(2)設(shè)BEx(0x4),AFx,F(xiàn)D6x,由題意可得ECEF,又BEEC,BEEFE,BE平面ECDF,AFBE,AF平面ECDF故VACDF2(6x)x(x26x),當(dāng)x3時,VACDF有最大值,且最大值為3,此時EC1,AF3,F(xiàn)D3,DC2,AD3,AC,在ACD中,由余弦定理得cosADC,sinADC,SADCDCDAsinADC3,設(shè)點F到平面ACD的距離為h,由于VACDFVFACD,即3hSACD,h,即點F到平面ACD的距離為- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請點此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標(biāo),表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文含解析 2020 高考 數(shù)學(xué) 首選 第六 考點 測試 43 直線 平面 平行 判定 及其 性質(zhì) 解析
鏈接地址:http://www.szxfmmzy.com/p-6269968.html