福建高考数学平面平行的判定与性质专项练习题附答案
福建高考数学平面平行的判定与性质专项练习题
①若ab,b⊂α,则aα;
②若ab,a∥α,则bα;
③若aα,b∥α,则ab.
其中真命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
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.①③ B.②③ C.①④ D.②④
3.(2014福建宁德模拟)已知l,m为两条不同的直线,α为一个平面.若lα,则“lm”是“mα”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
4.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( )
A.ACBD
B.AC∥截面PQMN
C.AC=BD
D.异面直线PM与BD所成的角为45°
5.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD平面ABCD,NB平面ABCD,且MD=NB=1,G为MC的中点.则下列结论中不正确的是( )
A.MCAN
B.GB∥平面AMN
C.平面CMN平面AMN
D.平面DCM平面ABN
6.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件 时,有平面D1BQ平面PAO.
7.(2014河北保定调研)已知直三棱柱ABC-A'B'C'满足BAC=90°,AB=AC=AA'=2,点M,N分别为A'B,B'C'的中点.
(1)求证:MN平面A'ACC';
(2)求三棱锥C-MNB的体积.
8.如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB.过A作AFSB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:
(1)平面EFG平面ABC;
(2)BCSA.
能力提升组
9.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AEEB=AF∶FD=1∶4.又H,G分别为BC,CD的中点,则( )
A.BD平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形
B.EF平面BCD,且四边形EFGH是梯形
C.HG平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形
D.EH平面ADC,且四边形EFGH是梯形
10.设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内的两条相交直线,则αβ的一个充分不必要条件是( )
A.mβ且l1α B.m∥l1且nl2
C.m∥β且nβ D.m∥β且nl2
11.设α,β,γ为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“若α∩β=m,n⊂γ,且 ,则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.
①αγ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.
可以填入的条件有 .
12.如图,在四棱锥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)AC边上是否存在一点M,使得PA平面EDM?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
13.(2014安徽,文19)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.
福建高考数学平面平行的判定与性质专项练习题参考答案
.A 解析:对于①,若ab,b⊂α,则应有aα或a⊂α,所以①不正确;
对于②,若ab,a∥α,则应有bα或b⊂α,因此②不正确;
对于③,若aα,b∥α,则应有ab或a与b相交或a与b异面,因此③是假命题.
综上,在空间中,以上三个命题都是假命题.
2.C 解析:对于图形①,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④,ABPN,即可得到AB平面MNP;图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行.
3.D 解析:由lα,l∥m,则mα或m⊂α;由lα,m∥α,则m与l相交或ml或m与l异面,所以“lm”是“mα”的既不充分又不必要条件.
4.C 解析:由题意可知PQAC,QM∥BD,PQ⊥QM,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MPN=45°,故D正确;
而AC=BD没有论证来源.
5.C 解析:显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体,把该几何体放置到正方体中(如图),
取AN的中点H,连接HB,MH,则MCHB,又HBAN,所以MCAN,所以A正确;
由题意易得GBMH,
又GB⊄平面AMN,MH⊂平面AMN,
所以GB平面AMN,所以B正确;
因为ABCD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,
所以平面DCM平面ABN,所以D正确.
6.Q为CC1的中点 解析:如图,假设Q为CC1的中点,因为P为DD1的中点,
所以QBPA.
连接DB,因为P,O分别是DD1,DB的中点,所以D1BPO.
又D1B⊄平面PAO,QB⊄平面PAO,
所以D1B平面PAO,QB平面PAO.
又D1B∩QB=B,
所以平面D1BQ平面PAO.
故Q满足条件Q为CC1的中点时,有平面D1BQ平面PAO.
7.(1)证明:如图,连接AB',AC'.
四边形ABB'A'为矩形,M为A'B的中点,
AB'与A'B交于点M,且M为AB'的中点.
又点N为B'C'的中点,MN∥AC'.
∵MN⊄平面A'ACC',
且AC'⊂平面A'ACC',
MN∥平面A'ACC'.
(2)解:由图可知VC-MNB=VM-BCN.
BAC=90°,
∴BC==2,
又三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,且AA'=4,
S△BCN=×2×4=4.
∵A'B'=A'C'=2,∠B'A'C'=90°,点N为B'C'的中点,
A'N⊥B'C',A'N=.
又BB'平面A'B'C',A'N⊥BB'.
∴A'N⊥平面BCN.
又M为A'B的中点,
M到平面BCN的距离为.
VC-MNB=VM-BCN=×4.
8.证明:(1)因为AS=AB,AFSB,垂足为F,所以F是SB的中点.
又因为E是SA的中点,所以EFAB.
因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以EF平面ABC.
同理EG平面ABC.
又EF∩EG=E,
所以平面EFG平面ABC.
(2)因为平面SAB平面SBC,且交线为SB,AF⊂平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC.
因为BC⊂平面SBC,所以AFBC.
又因为ABBC,AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面SAB,
所以BC平面SAB.
因为SA⊂平面SAB,所以BCSA.
9.B 解析:如图,由题意得,EFBD,
且EF=BD.
HGBD,且HG=BD,
EF∥HG,且EF≠HG.
四边形EFGH是梯形.
又EF平面BCD,而EH与平面ADC不平行,故B正确.
10.B 解析:对于选项A,不合题意;
对于选项B,由于l1与l2是相交直线,而且由l1m可得l1α,同理可得l2α,故可得αβ,充分性成立,而由αβ不一定能得到l1m,它们也可以异面,故必要性不成立,故选B;
对于选项C,由于m,n不一定相交,故是必要不充分条件;
对于选项D,由于nl2可转化为nβ,同选项C,故不符合题意.
综上选B.
11.①或③ 解析:由面面平行的性质定理可知,①正确;当nβ,m⊂γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.
12.解:(1)因为PD平面ABCD,
所以PDAD.
又因为ABCD是矩形,
所以ADCD.
因为PD∩CD=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S△PDE=S△PDC
==4.
又AD=2,
所以VA-PDE=AD·S△PDE=×2×4=.
(2)取AC的中点M,连接EM,DM,
因为E为PC的中点,M为AC的中点,所以EMPA.
又因为EM⊂平面EDM,PA⊄平面EDM,所以PA平面EDM.
所以AM=AC=.
即在AC边上存在一点M,使得PA平面EDM,AM的长为.
13.(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)解:连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.
因为PA=PC,O是AC的中点,
所以POAC,同理可得POBD.
又BD∩AC=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,且GK底面ABCD,
从而GKEF.
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2,
得EBAB=KB∶DB=1∶4,
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,
且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.
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