2020高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時作業(yè)41 直線、平面平行的判定和性質(zhì) 文.doc
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課時作業(yè)41 直線、平面平行的判定和性質(zhì) [基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1.已知α∥β,a?α,B∈β,則在β內(nèi)過點(diǎn)B的所有直線中( ) A.不一定存在與a平行的直線 B.只有兩條與a平行的直線 C.存在無數(shù)條與a平行的直線 D.存在唯一一條與a平行的直線 解析:因?yàn)閍與點(diǎn)B確定一個平面,該平面與β的交線即為符合條件的直線. 答案:D 2.[2019河南開封模擬]在空間中,a,b是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列命題中的真命題是( ) A.若a∥α,b∥α,則a∥b B.若a?α,b?β,α⊥β,則a⊥b C.若a∥α,a∥b,則b∥α D.若α∥β,a?α,則a∥β 解析:對于A,若a∥α,b∥α,則a,b可能平行,可能相交,可能異面,故A是假命題;對于B,設(shè)α∩β=m,若a,b均與m平行,則a∥b,故B是假命題;對于C,b∥α或b在平面α內(nèi),故C是假命題;對于D,若α∥β,a?α,則a與β沒有公共點(diǎn),則a∥β,故D是真命題.故選D. 答案:D 3.[2019石家莊模擬]過三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線,其中與平面ABB1A1平行的直線共有( ) A.4條 B.6條 C.8條 D.12條 解析: 如圖,H,G,F(xiàn),I是相應(yīng)線段的中點(diǎn), 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:B 4.[2019山東聊城模擬]下列四個正方體中,A,B,C為所在棱的中點(diǎn),則能得出平面ABC∥平面DEF的是( ) 解析:在B中,如圖,連接MN,PN, ∵A,B,C為正方體所在棱的中點(diǎn), ∴AB∥MN,AC∥PN, ∵M(jìn)N∥DE,PN∥EF, ∴AB∥DE,AC∥EF, ∵AB∩AC=A,DE∩EF=E, AB、AC?平面ABC,DE、EF?平面DEF, ∴平面ABC∥平面DEF.故選B. 答案:B 5.[北京卷]設(shè)α,β是兩個不同的平面,m是直線且m?α,“m∥β”是“α∥β”的( ) A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 解析:當(dāng)m∥β時,過m的平面α與β可能平行也可能相交,因而m∥βα∥β;當(dāng)α∥β時,α內(nèi)任一直線與β平行,因?yàn)閙?α,所以m∥β.綜上知,“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分條件. 答案:B 二、填空題 6.已知平面α∥平面β,P是α,β外一點(diǎn),過P點(diǎn)的兩條直線AC,BD分別交α于A,B,交β于C,D,且PA=6,AC=9,AB=8,則CD的長為________. 解析:若P在α,β的同側(cè),由于平面α∥平面β,故AB∥CD,則==,可求得CD=20;若P在α,β之間,則==,可求得CD=4. 答案:20或4 7.[2019廣州高三調(diào)研]正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn),點(diǎn)N為線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn),平面BMN交AA1于點(diǎn)Q,則線段AQ的長為________. 解析:如圖所示,在線段DD1上靠近點(diǎn)D處取一點(diǎn)T,使得DT=,因?yàn)镹是線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn),故D1N=,故NT=2--=1,因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn),故CM=1,連接TC,由NT∥CM,且CM=NT=1,知四邊形CMNT為平行四邊形,故CT∥MN,同理在AA1上靠近A處取一點(diǎn)Q′,使得AQ′=,連接BQ′,TQ′,則有BQ′∥CT∥MN,故BQ′與MN共面,即Q′與Q重合,故AQ=. 答案: 8. [2019福建泉州模擬]如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點(diǎn),設(shè)Q是CC1上的點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)Q________時,平面D1BQ∥平面PAO. ① 與C重合 ② 與C1重合 ③ 為CC1的三等分點(diǎn) ④ 為CC1的中點(diǎn) 解析:在正方體ABCD-A1B1C1D1中, ∵O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點(diǎn), ∴PO∥BD1, 當(dāng)點(diǎn)Q為CC1的中點(diǎn)時, 連接PQ,則PQ綊AB,∴四邊形ABQP是平行四邊形, ∴AP∥BQ, ∵AP∩PO=P,BQ∩BD1=B, AP、PO?平面PAO,BQ、BD1?平面D1BQ, ∴平面D1BQ∥平面PAO.故選④. 答案:④ 三、解答題 9. [2019安徽合肥一中模擬]如圖,四棱錐P-ABCD中,E為AD的中點(diǎn),PE⊥平面ABCD,底面ABCD為梯形,AB∥CD,AB=2DC=2,AC∩BD=F,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G-PCD的體積. 解析:(1)證明:連接AG交PD于H,連接CH. 由四邊形ABCD是梯形,AB∥CD,且AB=2DC,知=, 又G為△PAD的重心,∴=, 在△ACH中,==, 故GF∥HC. 又HC?平面PDC,GF?平面PDC, ∴GF∥平面PDC. (2)由AB=2,△PAD,△ABD為正三角形,E為AD中點(diǎn)得PE=3, 由(1)知GF∥平面PDC,又PE⊥平面ABCD, ∴VG-PCD=VF-PCD=VP-CDF=PES△CDF, 由四邊形ABCD是梯形,AB∥CD,且AB=2DC=2,△ABD為正三角形, 知DF=BD=,∠CDF=∠ABD=60, ∴S△CDF=CDDFsin∠CDF=, ∴VP-CDF=PES△CDF=, ∴三棱錐G-PCD的體積為. 10. [2019江西臨川二中月考]如圖,在矩形ABCD中,AB=1,AD=2,PA⊥平面ABCD,E,F(xiàn)分別為AD,PA的中點(diǎn),點(diǎn)Q是BC上一個動點(diǎn). (1)當(dāng)Q是BC中點(diǎn)時,求證:平面BEF∥平面PDQ; (2)當(dāng)BD⊥FQ時,求的值. 解析:(1)證明:∵E,Q分別是矩形ABCD的對邊AD,BC的中點(diǎn), ∴ED=BQ,ED∥BQ, ∴四邊形BEDQ是平行四邊形, ∴BE∥DQ. 又BE?平面PDQ,DQ?平面PDQ, ∴BE∥平面PDQ. ∵F是PA的中點(diǎn),E是AD的中點(diǎn), ∴EF∥PD, ∵EF?平面PDQ,PD?平面PDQ, ∴EF∥平面PDQ, ∵BE∩EF=E,BE、EF?平面BEF, ∴平面BEF∥平面PDQ. (2)連接AQ. ∵PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, ∴PA⊥BD. ∵BD⊥FQ,PA∩FQ=F,PA、FQ?平面PAQ, ∴BD⊥平面PAQ, ∵AQ?平面PAQ, ∴AQ⊥BD, 在矩形ABCD中,由AQ⊥BD得△AQB∽△DBA, ∴=, ∴AB2=ADBQ, 又AB=1,AD=2, ∴BQ=,則QC=, ∴=. [能力挑戰(zhàn)] 11.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD為矩形,PD=DC=4,AD=2,E為PC的中點(diǎn). (1)求三棱錐A-PDE的體積; (2)AC邊上是否存在一點(diǎn)M,使得PA∥平面EDM?若存在,求出AM的長;若不存在,請說明理由. 解析:(1)因?yàn)镻D⊥平面ABCD,所以PD⊥AD. 又因?yàn)锳BCD是矩形,所以AD⊥CD. 因?yàn)镻D∩CD=D,所以AD⊥平面PCD, 所以AD是三棱錐A-PDE的高. 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn),且PD=DC=4, 所以S△PDE=S△PDC==4. 又AD=2,所以VA-PDE=ADS△PDE=24=. (2)取AC中點(diǎn)M,連接EM,DM, 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn),M是AC的中點(diǎn), 所以EM∥PA. 又因?yàn)镋M?平面EDM,PA?平面EDM,所以PA∥平面EDM. 所以AM=AC=. 即在AC邊上存在一點(diǎn)M,使得PA∥平面EDM,AM的長為.- 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。
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