（浙江專用）高考數(shù)學(xué)課時跟蹤檢測（三十九）直線、平面平行的判定及其性質(zhì)（含解析）.docx

課時跟蹤檢測（三十九） 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1若兩條直線都與一個平面平行，則這兩條直線的位置關(guān)系是()A平行B相交C異面 D以上都有可能解析：選D由空間直線與平面的位置關(guān)系可知，平行于同一平面的兩條直線可以平行、也可以相交、也可以異面2(2018寧波模擬)在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB和BC上的點，若AEEBCFFB12，則對角線AC和平面DEF的位置關(guān)系是()A平行 B相交C在平面內(nèi) D不能確定解析：選A如圖，由得ACEF.又因為EF平面DEF，AC平面DEF，所以AC平面DEF.3(2018紹興期中考試)已知兩個不重合的平面，給定以下條件：內(nèi)任意不共線的三點到的距離都相等；l，m是內(nèi)的兩條直線，且l，m；l，m是兩條異面直線，且l，l，m，m；其中可以判定的是()A BC D解析：選C本題宜采用逐個命題驗證的方式進(jìn)行判定對于命題，任意不共線三點可以確定一個平面，即為，該三點到平面的距離相等，即可得到，故正確；對于命題，由面面平行的判定可知，若l，m平行，則不一定能夠推理得到，故錯誤；對于命題，由l，m是兩條異面直線，通過平移可以在同一個平面內(nèi)，則該平面與，都平行，由平行于同一平面的兩個平面平行這一性質(zhì)可知，故正確所以滿足條件的是.4(2018舟山二模)已知m，n，l為不重合的直線，為不重合的平面，則下列說法正確的是()A若ml，nl，則mnB若，則C若m，n，則mnD若，則解析：選D若ml，nl，則m與n可能平行、相交或異面，故A錯誤；若，則與可能平行，可能相交，故B錯誤；若m，n，則m，n可能平行、相交或異面，故C錯誤；若，利用平面與平面平行的性質(zhì)與判定，可得，故D正確故選D.5.如圖所示，在四面體ABCD中，點M，N分別是ACD，BCD的重心，則四面體的四個面中與MN平行的是_解析：連接AM并延長，交CD于點E，連接BN，并延長交CD于點F，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合為一點，且該點為CD的中點E，連接MN，由，得MNAB.因此，MN平面ABC且MN平面ABD.答案：平面ABC、平面ABD二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1在空間中，已知直線a，b，平面，則以下三個命題：若ab，b，則a；若ab，a，則b；若a，b，則ab.其中真命題的個數(shù)是()A0 B1C2 D3解析：選A對于，若ab，b，則應(yīng)有a或a，所以是假命題；對于，若ab，a，則應(yīng)有b或b，因此是假命題；對于，若a，b，則應(yīng)有ab或a與b相交或a與b異面，因此是假命題綜上，在空間中，以上三個命題都是假命題2設(shè)m，n是平面內(nèi)的兩條不同直線，l1，l2是平面內(nèi)的兩條相交直線則的一個充分而不必要條件是()Am且l1 Bml1且nl2Cm且n Dm且nl2解析：選B因為ml1，且nl2，又l1與l2是平面內(nèi)的兩條相交直線，所以，而當(dāng)時不一定推出ml1且nl2，可能異面所以的一個充分而不必要條件是B.3下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出AB平面MNP的圖形的序號是()A BC D解析：選C對于圖形，平面MNP與AB所在的對角面平行，即可得到AB平面MNP；對于圖形，ABPN，即可得到AB平面MNP；圖形無論用定義還是判定定理都無法證明線面平行4.在三棱錐S ABC中，ABC是邊長為6的正三角形，SASBSC15，平面DEFH分別與AB，BC，SC，SA交于D，E，F(xiàn)，H，且D，E分別是AB，BC的中點，如果直線SB平面DEFH，那么四邊形DEFH的面積為()A. B.C45 D45解析：選A取AC的中點G，連接SG，BG.易知SGAC，BGAC，故AC平面SGB，所以ACSB.因為SB平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB平面DEFHHD，則SBHD.同理SBFE.又D，E分別為AB，BC的中點，則H，F(xiàn)也為AS，SC的中點，從而得HF綊AC綊DE，所以四邊形DEFH為平行四邊形又ACSB，SBHD，DEAC，所以DEHD，所以四邊形DEFH為矩形，其面積SHFHDACSB.5.(2018舟山模擬)在如圖所示的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB和棱AA1的中點，點M，N分別為線段D1E，C1F上的點，則與平面ABCD平行的直線MN有()A無數(shù)條 B2條C1條 D0條解析：選A法一：取BB1的中點H，連接FH，則FHC1D1，連接HE，D1H，在D1E上任取一點M，取D1E的中點O，連接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，連接DE，取DE的中點K，連接KB，OK，則易證得OHKB.過G作GNFH，交C1F于點N，連接MN，由于GMHO，HOKB，KB平面ABCD，GM平面ABCD，所以GM平面ABCD，同理，NG平面ABCD，又GMNGG，由面面平行的判定定理得，平面MNG平面ABCD，則MN平面ABCD.由于M為D1E上任意一點，故與平面ABCD平行的直線MN有無數(shù)條故選A.法二：因為直線D1E，C1F與平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，與線段D1E的交點為M，與線段C1F的交點為N，由面面平行的性質(zhì)定理知MN平面ABCD，故有無數(shù)條直線MN平面ABCD，故選A.6(2018金華名校統(tǒng)練)已知直線a，b，平面，且ab，a，則“是“b”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選B因為ab，a，所以b，若b，則，故“是“b”的必要條件；若，又a，則a或a，又ab，所以b或b，故“不是“b”的充分條件故選B.7正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為1 cm，過AC作平行于對角線BD1的截面，則截面面積為_cm2；其周長為_cm.解析：如圖所示，截面ACEBD1，平面BDD1平面ACEEF，其中F為AC與BD的交點，E為DD1的中點，SACE (cm2)AC，CEAE，其周長為ACAECE(cm)答案：8.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，M為AA1的中點，點P為BM的中點，Q在線段CA1上，且A1Q3QC，則PQ的長度為_解析：由題意知，AB8，過點P作PDAB交AA1于點D，連接DQ，則D為AM中點，PDAB4.又3，DQAC，PDQ，DQAC3，在PDQ中，由余弦定理得PQ.答案：9.(2018杭州模擬)如圖所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點O是底面中心，A1O底面ABCD，ABAA1.(1)證明：平面A1BD平面CD1B1；(2)求三棱柱ABDA1B1D1的體積解：(1)證明：由題設(shè)知，BB1綊DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以BDB1D1.又因為BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，所以BD平面CD1B1.因為A1D1綊B1C1綊BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以A1BD1C.又因為A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1，所以A1B平面CD1B1，又因為BDA1BB，所以平面A1BD平面CD1B1.(2)因為A1O平面ABCD，所以A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又因為AOAC1，AA1，所以A1O1.又因為SABD1，所以VSABDA1O1.10.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A的中點求證：(1)BFHD1；(2)EG平面BB1D1D；(3)平面BDF平面B1D1H.證明：(1)如圖所示，取BB1的中點M，連接MH，MC1，易證四邊形HMC1D1是平行四邊形，HD1MC1.又MC1BF，BFHD1.(2)取BD的中點O，連接EO，D1O，則OE綊DC，又D1G綊DC，OE綊D1G，四邊形OEGD1是平行四邊形，GED1O.又GE平面BB1D1D，D1O平面BB1D1D，EG平面BB1D1D.(3)由(1)知BFHD1，又BDB1D1，B1D1，HD1平面B1D1H，BF，BD平面BDF，且B1D1HD1D1，DBBFB，平面BDF平面B1D1H.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1.如圖所示，設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a，點P是棱AD上一點，且AP，過B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直線CD上，則PQ_.解析：平面A1B1C1D1平面ABCD，而平面B1D1P平面ABCDPQ，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，B1D1PQ.又B1D1BD，BDPQ，設(shè)PQABM，ABCD，APMDPQ.2，即PQ2PM.又知APMADB，PMBD，又BDa，PQa.答案：a2如圖，斜三棱柱ABCA1B1C1中，D，D1分別為AC，A1C1上的點(1)當(dāng)?shù)扔诤沃禃r，BC1平面AB1D1?(2)若平面BC1D平面AB1D1，求的值解：(1)當(dāng)1時，BC1平面AB1D1.如圖，連接A1B交AB1于點O，連接OD1.由棱柱的性質(zhì)知，