2019年高考数学 第七章 第四节 直线、平面平行的判定及其性质课时提升作业 理 新人教A版.doc

2019年高考数学 第七章 第四节 直线、平面平行的判定及其性质课时提升作业 理 新人教A版一、选择题 1.在梯形ABCD中，ABCD，AB平面,CD平面，则直线CD与平面内的直线的位置关系只能是( )(A)平行(B)平行或异面(C)平行或相交(D)异面或相交2.下面四个正方体图形中，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的图形是( )(A)(B)(C)(D)3.下列命题中正确的个数是( )若直线a不在内，则a；若直线l上有无数个点不在平面内，则l；若l与平面平行，则l与内任何一条直线都没有公共点；平行于同一平面的两直线可以相交.(A)1 (B)2 (C)3 (D)44.(xx厦门模拟)a，b，c为三条不重合的直线，为三个不重合平面，现给出六个命题：ababaa其中正确的命题是( )(A)(B)(C)(D)5.设,是两个不同的平面，m,n是平面内的两条不同直线，l1,l2是平面内的两条相交直线，则的一个充分不必要条件是( )(A)m且l1(B)m且nl2(C)m且n(D)ml1且nl26.(xx莱芜模拟)如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知ADE是ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A不与A，F重合)，则下列命题中正确的是( )动点A在平面ABC上的射影在线段AF上；BC平面ADE；三棱锥A-FED的体积有最大值.(A)(B)(C)(D)7.(能力挑战题)若，是两个相交平面，点A不在内，也不在内，则过点A且与和都平行的直线( )(A)只有1条(B)只有2条(C)只有4条(D)有无数条二、填空题8.(xx保定模拟)设互不相同的直线l,m,n和平面,，给出下列三个命题：若l与m为异面直线，l,m,则;若，l,m,则lm；若=l,=m,=n,l,则mn.其中真命题的个数为_.9.(xx淄博模拟)如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=_.10.已知平面平面，P是,外一点，过点P的直线m分别与,交于A,C，过点P的直线n分别与，交于B，D，且PA=6，AC=9,PD=8，则BD的长为_三、解答题11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,M,N分别是B1C1,A1D1,A1B1,BD,B1C的中点，求证：(1)MN平面CDD1C1.(2)平面EBD平面FGA.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB=90，EA平面ABCD，EFAB，FGBC，EGAC，AB=2EF.若M是线段AD的中点，求证：GM平面ABFE.13.(能力挑战题)如图所示，四边形EFGH所在平面为三棱锥A-BCD的一个截面，四边形EFGH为平行四边形.(1)求证：AB平面EFGH，CD平面EFGH.(2)若AB=4，CD=6，求四边形EFGH周长的取值范围.答案解析1.【解析】选B.由题知CD平面，故CD与平面内的直线没有公共点，故只有B正确.2.【解析】选A.由线面平行的判定定理知图可得出AB平面MNP.3.【解析】选B.aA时，a，错；直线l与相交时，l上有无数个点不在内，故错；l，l与无公共点，l与内任一直线都无公共点，正确；长方体中A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，正确.4.【解析】选C.正确，错在a，b也可能相交或异面.错在与可能相交.错在a可能在内.5.【思路点拨】选出的条件能推出，而反之不成立.【解析】选D.如图(1)，=l,ml,l1l,满足m且l1,故排除A；在图(2)中，mnll2满足m且nl2,故排除B；如图(2)，=l,mnl,满足m且n,故排除C；D中，当ml1且nl2时，由于m,n是平面内的两条不同直线，故可得m,n相交，从而.反之，当时，不一定有ml1且nl2，如图(3).6.【思路点拨】注意折叠前DEAF，折叠后其位置关系没有改变.【解析】选C.中由已知可得平面AFG平面ABC，点A在平面ABC上的射影在线段AF上.BCDE，BC平面ADE，DE平面ADE，BC平面ADE.当平面ADE平面ABC时，三棱锥A-FED的体积达到最大.7.【思路点拨】可根据题意画出示意图，然后利用线面平行的判定定理及性质定理解决.【解析】选A.据题意，如图，要使过点A的直线m与平面平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面的交线k与直线m平行，则推出nk，由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面与的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点A且与两平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条.8.【解析】中与可能相交，故错；中l与m可能异面，故错；由线面平行的性质定理可知，lm,ln,所以mn,故正确.答案:19.【解析】平面ABCD平面A1B1C1D1，MNPQ.M，N分别是A1B1，B1C1的中点，AP=,CQ=,从而DP=DQ=,PQ=答案: 【误区警示】本题易忽视平面与平面平行的性质，不能正确找出Q点的位置，从而无法计算或计算出错，造成失分.10.【解析】分两种情况考虑，即当点P在两个平面的同一侧和点P在两平面之间两种可能由两平面平行得交线ABCD，截面图如图所示，由三角形相似可得BD=或BD=24.答案：或2411.【证明】(1)连接BC1，DC1，四边形BCC1B1为正方形，N为B1C的中点，N在BC1上，且N为BC1的中点.又M为BD的中点，MNDC1.又MN平面CDD1C1，DC1平面CDD1C1，MN平面CDD1C1.(2)连接EF，B1D1，则EFAB.四边形ABEF为平行四边形，AFBE.又易知FGB1D1，B1D1BD，FGBD.又AFFG=F，BEBD=B，平面EBD平面FGA.【变式备选】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别为所在边的中点.求证：平面MNP平面A1C1B.【证明】连接D1C，MN为DD1C的中位线，MND1C.又易知D1CA1B，MNA1B.同理，MPC1B.而MN与MP相交，MN，MP在平面MNP内，A1B与C1B相交，A1B，C1B在平面A1C1B内，平面MNP平面A1C1B.12.【证明】方法一：因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB=90，所以EGF=90，ABCEFG.由于AB=2EF，因此BC=2FG.连接AF，由于FGBC，FG=BC，在ABCD中，M是线段AD的中点，则AMBC，且AM=BC，因此FGAM且FG=AM，所以四边形AFGM为平行四边形，因此GMFA.又FA平面ABFE，GM平面ABFE，所以GM平面ABFE.方法二：因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB=90，EGF=90，ABCEFG.由于AB=2EF，BC=2FG.取BC的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GNFB.在ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，则MNAB.MNGN=N，平面GMN平面ABFE.又GM平面GMN，GM平面ABFE.13.【解析】(1)四边形EFGH为平行四边形，EFGH.HG平面ABD，EF平面ABD，EF平面ABD.EF平面ABC，平面ABD平面ABC=AB,EFAB.EF平面EFGH，AB平面EFGH,AB平面EFGH.同理可得CD平面EFGH.(2)设EF=x(0x4)，四边形EFGH的周长为l.由(1)知EFAB，则又由(1)同理可得CDFG,则从而四边形EFGH的周长l=2(x+6-x)=12-x.又0x4，8l12，即四边形EFGH周长的取值范围为(8,12).【变式备选】如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在AD1上移动，点N在BD上移动，D1M=DN=a(0a)，连接MN.(1)证明对任意a(0,)，总有MN平面DCC1D1.(2)当a为何值时,MN的长最小？【解析】(1)作MPAD，交DD1于P，作NQBC，交DC于Q，连接PQ.由题意得MPNQ，且MP=NQ，则四边形MNQP为平行四边形.MNPQ.又PQ平面DCC1D1，MN平面DCC1D1,MN平面DCC1D1.(2)由(1)知四边形MNQP为平行四边形，MN=PQ，由已知D1M=DN=a，DD1=AD=DC=1，AD1=BD=,D1P1=a，DQ1=a,即D1P=DQ=.MN=PQ (0a),故当a=时，MN的长有最小值.即当M,N分别移动到AD1，BD的中点时，MN的长最小，此时MN的长为.