高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第四节 直线平面平行的判定与性质夯基提能作业本 文.docx

1、高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第四节 直线平面平行的判定与性质夯基提能作业本 文2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第四节 直线、平面平行的判定与性质夯基提能作业本 文1.设m,n是不同的直线,是不同的平面,且m,n,则“”是“m且n”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2.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB平面MNP的图形的序号是()A. B. C. D.3.已知直线a,b,平面,则以下三个命题:若ab,b,则a;若ab,a,则b;若a,b,则ab.其中真命题的个数是()A.

2、0 B.1 C.2 D.34.设l,m,n表示不同的直线,表示不同的平面,给出下列四个命题:若ml,且m,则l;若ml,且m,则l;若=l, =m,=n,则lmn;若=m, =l,=n,且n,则lm.其中正确命题的个数是()A.1 B.2 C.3 D.45.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1 cm,过AC作平行于对角线BD1的截面,则截面面积为cm2.6.(xx课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB;(2)求四面体N-BCM的体积.7

3、.如图所示的几何体ABCDFE中,ABC,DFE都是等边三角形,且所在平面平行,四边形BCED是边长为2的正方形,且所在平面垂直于平面ABC.(1)求几何体ABCDFE的体积;(2)证明:平面ADE平面BCF.B组提升题组8.如图,四棱锥P-ABCD中,ADBC,AB=BC=AD,E,F,H分别为线段AD,PC,CD的中点,AC与BE交于O点,G是线段OF上一点.(1)求证:AP平面BEF;(2)求证:GH平面PAD.9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ABC=ACD=90,BAC=CAD=60,E为PD的中点,F在AD上,且FCD=30.(1)求证:CE平面PAB;(2)若P

4、A=2AB=2,求三棱锥P-ACE的体积.10.如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2.点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH平面ABCD,BC平面GEFH.(1)证明:GHEF;(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.11.如图,四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,底面ABCD为矩形,PD=DC=4,AD=2,E为PC的中点.(1)求三棱锥A-PDE的体积;(2)线段AC上是否存在一点M,使得PA平面EDM?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.答案精解精析A组基础题组1.A若m,n,则m且n;若m,n,m且n,则与相

5、交或平行,即“”是“m且n”的充分不必要条件.2.C对于图形,平面MNP与AB所在的对角面平行,即可得到AB平面MNP;对于图形,ABPN,即可得到AB平面MNP;图形无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行.3.A对于,若ab,b,则应有a或a,所以是假命题;对于,若ab,a,则应有b或b,因此是假命题;对于,若a,b,则应有ab或a与b相交或a与b异面,因此是假命题.综上,选A.4.B对于,两条平行线中有一条与一平面垂直,则另一条也与这个平面垂直,故正确;对于,直线l还可能在平面内,故错误;对于,三条交线除了平行,还可能相交于同一点,故错误;对于,结合线面平行的性质定理可判断其正确,综上,

6、正确,故选B.5.答案解析如图所示,截面ACEBD1,平面BDD1平面ACE=EF,其中F为AC与BD的交点,E为DD1的中点,F为AC的中点,计算可得AE=CE= cm,AC= cm,则EFAC,EF= cm,SACE=(cm2).6.解析(1)证明:由已知得AM=AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.又ADBC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.

7、由AB=AC=3得AEBC,AE=.由AMBC得M到BC的距离为,故SBCM=4=2.所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=SBCM=.7.解析(1)取BC的中点O,ED的中点G,连接AO,OF,FG,AG.则AOBC,又AO平面ABC,平面BCED平面ABC,AO平面BCED.同理,FG平面BCED.AO=FG=,V几何体ABCDFE=42=.(2)证明:由(1)知AOFG,AO=FG,四边形AOFG为平行四边形,AGOF.DEBC,DEAG=G,DE平面ADE,AG平面ADE,FOBC=O,FO平面BCF,BC平面BCF,平面ADE平面BCF.B组提升题组8.证明(1)连接EC,ADBC

8、,BC=AD,BC􀱀AE,四边形ABCE是平行四边形,O为AC的中点.又F是PC的中点,FOAP,又FO平面BEF,AP平面BEF,AP平面BEF.(2)连接FH,OH,F,H分别是PC,CD的中点,FHPD,又FH平面PAD,PD平面PAD,FH平面PAD.O是BE的中点,H是CD的中点,OHAD,又OH平面PAD,AD平面PAD,OH平面PAD.又FHOH=H,平面OHF平面PAD.又GH平面OHF,GH平面PAD.9.解析(1)证明:ACD=90,CAD=60,FDC=30.又FCD=30,ACF=60,AF=CF=DF,即F为AD的中点.又E为PD的中点,EFPA,A

9、P平面PAB,EF平面PAB,EF平面PAB.又BAC=ACF=60,CFAB,同理可得CF平面PAB.又EFCF=F,平面CEF平面PAB,而CE平面CEF,CE平面PAB.(2)EFAP,AP平面APC,EF平面APC,EF平面APC.又ABC=ACD=90,BAC=60,PA=2AB=2,AC=2AB=2,CD=2.VP-ACE=VE-PAC=VF-PAC=VP-ACF=SACDPA=222=.10.解析(1)证明:因为BC平面GEFH,BC平面PBC,且平面PBC平面GEFH=GH,所以GHBC.同理可证EFBC,因此GHEF.(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,

10、GK.因为PA=PC,O是AC的中点,所以POAC,同理可得POBD.又BDAC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO底面ABCD.又因为平面GEFH平面ABCD,且PO平面GEFH,所以PO平面GEFH.因为平面PBD平面GEFH=GK,所以POGK,则GK底面ABCD,从而GKEF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得EBAB=KBDB=14,从而KB=DB=OB,即K为OB的中点.再由POGK得GK=PO,即G是PB的中点,则GH=BC=4.由已知可得OB=4,PO=6,所以GK=3.故四边形GEFH的面积S=GK=3=18.11.解析(1)因为PD平面ABCD,所以PDA

11、D.又四边形ABCD是矩形,所以ADCD.因为PDCD=D,所以AD平面PCD,所以AD是三棱锥A-PDE的高.因为E为PC的中点,且PD=DC=4,所以SPDE=SPDC=44=4.又AD=2,所以VA-PDE=ADSPDE=24=.(2)存在.取AC的中点M,连接EM,DM,因为E为PC的中点,所以EMPA.又因为EM平面EDM,PA平面EDM,所以PA平面EDM.易知AM=AC=.即在线段AC上存在一点M,使得PA平面EDM,AM的长为.2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测（三十七）直线、平面垂直的判定及其性质 文 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1设，为两个不同的平

12、面，直线l，则“l”是“”成立的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)解析：依题意，由l，l可以推出；反过来，由，l不能推出l.因此“l”是“”成立的充分不必要条件答案：充分不必要2在空间四边形ABCD中，平面ABD平面BCD，且DA平面ABC，则ABC的形状是_解析：过A作AHBD于H，由平面ABD平面BCD，得AH平面BCD，则AHBC，又DA平面ABC，所以BCDA，所以BC平面ABD，所以BCAB，即ABC为直角三角形答案：直角三角形3已知平面，和直线m，给出条件：m；m；m；.当满足条件_时，有m.(填所选条件的序号)解析：若m，则m.故填.答案：4一

13、平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是_解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直答案：垂直5如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD3 cm，则直线AA1到平面BB1D1D的距离为_ cm.解析：连结AC交BD于点O，则AOBD.因为BB1平面ABCD，AO平面ABCD，所以BB1AO.又BB1BDB，所以AO平面BB1D1D.又AA1BB1，AA1平面BB1D1D，BB1平面BB1D1D，所以AA1平面BB1D1D，所以线段AO的长就是直线AA1到平面BB1D1D的距离因为

14、ABAD3 cm，ABAD，AOBD，所以AO，即直线AA1到平面BB1D1D的距离为.答案：6.如图，PAO所在平面，AB是O的直径，C是O上一点，AEPC，AFPB，给出下列结论：AEBC；EFPB；AFBC；AE平面PBC，其中真命题的序号是_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正确，AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，又AFPB，EF平面AEFEFPB，故正确，若AFBCAF平面PBC，则AFAE与已知矛盾，故错误，由可知正确答案： 二保高考，全练题型做到高考达标1(xx盐城中学测试)已知，是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果把，中的任意两个换成直线，另

15、一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题的个数为_解析：若，换为直线a，b，则命题化为“ab，且ab”，此命题为真命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题答案：22.如图，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体P ABC中直角三角形的个数为_解析：由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC.又ABC90，所以ABC是直角三角形，且BC平面PAB，所以BCPB，即PBC为直角三角形，故四面体P ABC中共有4个直角三角形答案：43已知正ABC的边长

16、为2 cm，PA平面ABC，A 为垂足，且PA2 cm，那么点P到BC的距离为_cm.解析：如图，取BC的中点D，连结AD，PD，则BCAD，又因为PA平面ABC，所以PABC，所以BC平面PAD，所以PDBC，则PD的长度即为点P到BC的距离在RtPAD中，PA2，AD，可得PD.答案：4已知P为ABC所在平面外一点，ACa，PAB，PBC都是边长为a的等边三角形，则平面ABC和平面PAC的位置关系为_解析：如图所示，PAPBPCABBCa，取AC的中点D，连结PD，BD，则PDAC，BDAC.又ACa，所以PDBDa，在PBD中，PB2BD2PD2，所以PDB90，所以PDBD，所以PD平

17、面ABC.又PD平面PAC，所以平面PAC平面ABC.答案：垂直5已知直线a和两个不同的平面，且a，a，则，的位置关系是_解析：记b且ab，因为ab，a，所以b，因为b，所以.答案：垂直6.如图，已知BAC90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_；与AP垂直的直线有_解析：因为PC平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因为AP平面PAC，所以ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两

18、个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC.其中正确的是_(填序号)解析：由题意知，BD平面ADC，故BDAC，正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，又由知正确；由知错误答案：8.如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1平面C1DF，则线段B1F的长为_解析：设B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可

19、以得A1B1，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh.又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E.由面积相等得x，得x.即线段B1F的长为.答案：9(xx南通三模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD平面ABCD，APAD，M，N分别为棱PD，PC的中点求证：(1)MN平面PAB；(2)AM平面PCD.证明：(1)因为M，N分别为棱PD，PC的中点，所以MNDC，又因为底面ABCD是矩形，所以ABDC，所以MNAB.又AB平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)因为APAD，M为PD的中点，所以AMPD.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面

20、ABCDAD，CDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD.又AM平面PAD，所以CDAM.因为CDPDD，CD平面PCD，PD平面PCD，所以AM平面PCD.10(xx徐州高三年级期中考试)如图，在三棱锥SABC中，SASC，ABAC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE平面SAB.求证：(1)AB平面SDE；(2)平面ABC平面SDE.证明：(1)因为DE平面SAB，DE平面ABC，平面SAB平面ABCAB，所以DEAB.因为DE平面SDE，AB平面SDE，所以AB平面SDE.(2)因为D为BC的中点，DEAB，所以E为AC的中点又因为SASC，所以SEAC，又ABAC，DEAB，所以

21、DEAC.因为DESEE，DE平面SDE，SE平面SDE，所以AC平面SDE.因为AC平面ABC，所以平面ABC平面SDE. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(xx兰州实战考试)，是两平面，AB，CD是两条线段，已知EF，AB于B，CD于D，若增加一个条件，就能得出BDEF.现有下列条件：AC；AC与，所成的角相等；AC与CD在内的射影在同一条直线上；ACEF.其中能成为增加条件的序号是_解析：由题意得，ABCD，所以A，B，C，D四点共面，：因为AC，EF，所以ACEF，又因为AB，EF，所以ABEF，因为ABACA，所以EF平面ABCD，又因为BD平面ABCD，所以BDEF，故正确；不能得

22、到BDEF，故错误；：由AC与CD在内的射影在同一条直线上可知平面ABCD，又AB，AB平面ABCD，所以平面ABCD.因为平面ABCD，平面ABCD，EF，所以EF平面ABCD，又BD平面ABCD，所以BDEF，故正确；：由知，若BDEF，则EF平面ABCD，则EFAC，故错误，故填.答案：2.如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；A1P平面ACD1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正确的命题序号是_解析：由题意可得BC1AD1，又AD1平面AD1C，BC1平面AD1C，所以BC1平面AD1C.所以点P到平面A

23、D1C的距离不变，VAD1PCVPAD1C，所以体积不变，故正确；连结A1C1，A1B，可得平面ACD1平面A1C1B.又因为A1P平面A1C1B，所以A1P平面ACD1，故正确；当点P运动到B点时，DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故不正确；因为AC平面DD1B1B，DB1平面DD1B1B，所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以DB1平面ACD1.又因为DB1平面PDB1.所以平面PDB1平面ACD1.故正确综上，正确的序号为.答案：3(xx泰州调研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13a，BC2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AECF2a

24、.(1)求证：B1F平面ADF；(2)求三棱锥B1ADF的体积；(3)求证：BE平面ADF.解：(1)证明：因为ABAC，D为BC的中点，所以ADBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为B1B底面ABC，AD底面ABC，所以ADB1B.因为BCB1BB，所以AD平面B1BCC1，因为B1F平面B1BCC1，所以ADB1F.在矩形B1BCC1中，因为C1FCDa，B1C1CF2a，所以RtDCFRtFC1B1，所以CFDC1B1F，所以B1FD90，所以B1FFD.因为ADFDD，所以B1F平面AFD.(2)因为B1F平面AFD，所以VB1ADFSADFB1FADDFB1F.(3)证明：连结EF，EC，设ECAFM，连结DM，因为AECF2a，所以四边形AEFC为矩形，所以M为EC中点，因为D为BC中点，所以MDBE.因为MD平面ADF，BE平面ADF，所以BE平面ADF.