2019届高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课堂达标37 直线、平面平行的判定及性质 文 新人教版.doc

课堂达标(三十七) 直线、平面平行的判定及性质A基础巩固练1(2018保定月考)有下列命题：若直线l平行于平面内的无数条直线，则直线l；若直线a在平面外，则a；若直线ab，b，则a；若直线ab，b，则a平行于平面内的无数条直线其中真命题的个数是()A1B2C3D4解析命题：l可以在平面内，不正确；命题：直线a与平面可以是相交关系，不正确；命题：a可以在平面内，不正确；命题正确，故选A.答案A2在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB和BC上的点，若AEEBCFFB12，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A平行 B相交C在平面内 D不能确定解析如图，由得ACEF.又因为EF平面DEF，AC平面DEF，所以AC平面DEF. 答案A3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()AB CD解析由线面平行的判定定理知图可得出AB平面MNP.答案A4如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别为BC，CD的中点，则()ABD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析由AEEBAFFD14知EFBD，且EFBD，EF平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，HGBD，且HGBD，EFHG且EFHG.四边形EFGH是梯形答案B5如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQAC，则下列命题中，错误的是()AACBDBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为45解析由题意可知PQAC，QMBD，PQQM，所以ACBD，故A正确；由PQAC可得AC截面PQMN，故B正确，由PNBD可知，异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，又四边形PQMN为正方形，所以MPN45，故D正确；而ACBD没有论证来源答案C6如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：没有水的部分始终呈棱柱形；水面EFGH所在四边形的面积为定值；棱A1D1始终与水面所在平面平行；当容器倾斜如图所示时，BEBF是定值其中正确命题的个数是()A1 B2C3 D4解析由题图，显然是正确的，是错误的；对于，A1D1BC，BCFG，A1D1FG且A1D1平面EFGH，A1D1平面EFGH(水面)是正确的；对于，水是定量的(定体积V)，SBEFBCV，即BEBFBCV.BEBF(定值)，即是正确的，故选C.答案C7(2016全国甲卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：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与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)解析当mn，m，n时，两个平面的位置关系不确定，故错误，经判断知均正确，故正确答案为.答案8已知平面，P且P，过点P的直线m与，分别交于B，D，且PA6，AC9，PD8，则BD的长为_解析如图1，ACBDP，经过直线AC与BD可确定平面PCD.，平面PCDAB，平面PCDCD，ABCD.，即，BD.如图2，同理可证ABCD.，即，BD24，综上所述，BD或24.答案或249如图，空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是_解析设k，1k，GH5k，EH4(1k)，周长82k.又0k0，ax0且x(ax)a为定值，x(ax)，当且仅当xax时等号成立此时x，y.即当截面EFGH的顶点E、F、G、H分别为棱AD、AC、BC、BD的中点时截面面积最大5平面内两正方形ABCD与ABEF，点M，N分别在对角线AC，FB上，且AMMCFNNB，沿AB折起，使得DAF90.(1)证明：折叠后MN平面CBE；(2)若AMMC23，在线段AB上是否存在一点G，使平面MGN平面CBE？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由解析(1)证明：如图，设直线AN与直线BE交于点H，连接CH，因为ANFHNB，所以.又，所以，所以MNCH.又MN平面CBE，CH平面CBE，所以MN平面CBE.(2)存在，过M作MGAB，垂足为G，连接GN，则MGBC，所以MG平面CBE.又MN平面CBE，MGMNM，所以平面MGN平面CBE.所以点G在线段AB上，且AGGBAMMC23.C尖子生专练如图，几何体EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，CBCD，ECBD.(1)求证：BEDE；(2)若BCD120，M为线段AE的中点，求证：DM平面BEC.解(1)证明：如图，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CBCD，所以COBD，图又ECBD，ECCOC，CO，EC平面EOC，所以BD平面EOC，因此BDEO，又O为BD的中点，所以BEDE.(2)证法一：如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MNBE.图又MN平面BEC，BE平面BEC，MN平面BEC.又因为ABD为正三角形，所以BDN30，又CBCD，BCD120，因此CBD30，所以DNBC.又DN平面BEC，BC平面BEC，所以DN平面BEC.又MNDNN，故平面DMN平面BEC，又DM平面DMN，所以DM平面BEC.证法二：如图，延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CBCD，BCD120，所以CBD30.因为ABD为正三角形，所以BAD60，ABC90，因此AFB30，所以ABAF.又ABAD，所以D为线段AF的中点，连接DM，由点M是线段AE的中点，因此DMEF.又DM平面BEC，EF平面BEC，所以DM平面BEC.