《高中新創(chuàng)新一輪復(fù)習(xí)理數(shù)通用版：課時達(dá)標(biāo)檢測三十六 直線、平面平行的判定與性質(zhì) Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中新創(chuàng)新一輪復(fù)習(xí)理數(shù)通用版：課時達(dá)標(biāo)檢測三十六 直線、平面平行的判定與性質(zhì) Word版含解析（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時達(dá)標(biāo)檢測（三十六）課時達(dá)標(biāo)檢測（三十六） 直線、平面平行的判定與性質(zhì)直線、平面平行的判定與性質(zhì) 小題常考題點(diǎn)小題?？碱}點(diǎn)準(zhǔn)解快解準(zhǔn)解快解 1(20 xx 河北保定模擬河北保定模擬)有下列命題：有下列命題： 若直線若直線 l 平行于平面平行于平面 內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線 l； 若直線若直線 a 在平面在平面 外，則外，則 a； 若直線若直線 ab，b，則，則 a； 若直線若直線 ab，b，則，則 a 平行于平面平行于平面 內(nèi)的無數(shù)條直線內(nèi)的無數(shù)條直線 其中真命題的個數(shù)是其中真命題的個數(shù)是( ) A1 B2 C3 D4 解析：解析：選選
2、 A 命題命題l 可以在平面可以在平面 內(nèi)，是內(nèi)，是假命題；命題假命題；命題直線直線 a 與平面與平面 可以是相交可以是相交關(guān)系，是假命題；命題關(guān)系，是假命題；命題a 可以在平面可以在平面 內(nèi)，是假命題；命題內(nèi)，是假命題；命題是真命題是真命題 2(20 xx 湖南湘中名校聯(lián)考湖南湘中名校聯(lián)考)已知已知 m，n 是兩條不同的直線，是兩條不同的直線， 是三個不同的平是三個不同的平面，下列命題中正確的是面，下列命題中正確的是( ) A若若 m，n，則，則 mn B若若 m，m，則，則 C若若 ，則，則 D若若 m，n，則，則 mn 解析：解析：選選 D A 中，兩直線可能平行，相交或異面；中，兩直線
3、可能平行，相交或異面；B 中，兩平面可能平行或相交；中，兩平面可能平行或相交；C中，兩平面可能平行或相交；中，兩平面可能平行或相交；D 中，由線面垂直的性質(zhì)定理可知結(jié)論正確，故選中，由線面垂直的性質(zhì)定理可知結(jié)論正確，故選 D. 3設(shè)設(shè) m，n 是不同的直線，是不同的直線， 是不同的平面，且是不同的平面，且 m，n，則，則“”是是“m且且 n”的的( ) A充分不必要條件充分不必要條件 B必要不充分條件必要不充分條件 C充要條件充要條件 D既不充分也不必要條件既不充分也不必要條件 解析：解析：選選 A 若若 m，n，則，則 m 且且 n；反之若；反之若 m，n，m 且且 n，則則 與與 相交或平
4、行，即相交或平行，即“”是是“m 且且 n”的充分不必要條件的充分不必要條件 4(20 xx 襄陽模擬襄陽模擬)如圖，在正方體如圖，在正方體 ABCD - A1B1C1D1中，中，M，N 分別分別是是 BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說法錯誤的是的中點(diǎn)，則下列說法錯誤的是( ) AMN 與與 CC1垂直垂直 BMN 與與 AC 垂直垂直 CMN 與與 BD 平行平行 DMN 與與 A1B1平行平行 解析：解析：選選 D 如圖所示，連接如圖所示，連接 AC，C1D，BD，則，則 MNBD，而，而 C1CBD，故，故 C1CMN，故，故 A、C 正確，正確，D 錯誤，又因?yàn)殄e誤，又因?yàn)?ACBD，所以
5、，所以 MNAC，B 正確正確 5.(20 xx 湖南長郡中學(xué)質(zhì)檢湖南長郡中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示的三棱柱如圖所示的三棱柱 ABC - A1B1C1中，過中，過 A1B1的平面與平面的平面與平面ABC 交于交于 DE，則，則 DE 與與 AB 的位置關(guān)系是的位置關(guān)系是( ) A異面異面 B平行平行 C相交相交 D以上均有可能以上均有可能 解析：解析：選選 B 在三棱柱在三棱柱 ABC - A1B1C1中，中，ABA1B1， AB平面平面 ABC，A1B1 平面平面 ABC， A1B1平面平面 ABC， 過過 A1B1的平面與平面的平面與平面 ABC 交于交于 DE. DEA1B1，DEAB. 6已知
6、正方體已知正方體 ABCD- A1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是_(只填序號只填序號) AD1BC1；平面平面 AB1D1平面平面 BDC1； AD1DC1；AD1平面平面 BDC1. 解析：解析：連接連接 AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因?yàn)?，因?yàn)?AB 綊 C1D1，所以四邊形所以四邊形 AD1C1B 為平行四邊形，故為平行四邊形，故 AD1BC1，從而，從而正確；易證正確；易證BDB1D1， AB1DC1， 又， 又 AB1B1D1B1， BDDC1D， 故平面， 故平面 AB1D1平面平面 BDC1，從而，從而正確；由圖易知正確；由圖
7、易知 AD1與與 DC1異面，故異面，故錯誤；因錯誤；因AD1BC1，AD1 平面平面 BDC1，BC1平面平面 BDC1，故，故 AD1平面平面 BDC1，故，故正確正確 答案：答案： 7.如圖所示，在四面體如圖所示，在四面體 ABCD 中，中，M，N 分別是分別是ACD，BCD的 重 心 ， 則 四 面 體 的 四 個 面 所 在 平 面 中 與的 重 心 ， 則 四 面 體 的 四 個 面 所 在 平 面 中 與 MN 平 行 的 是平 行 的 是_ 解析：解析：連接連接 AM 并延長，交并延長，交 CD 于點(diǎn)于點(diǎn) E，連接，連接 BN，并延長交，并延長交 CD 于于點(diǎn)點(diǎn) F，由重心性質(zhì)
8、可知，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn) 重合為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為重合為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為 CD 的中點(diǎn)的中點(diǎn) E，連，連接接 MN，由，由EMMAENNB12，得，得 MNAB.因此，因此，MN平面平面 ABC 且且 MN平平面面 ABD. 答案：答案：平面平面 ABC、平面、平面 ABD 8.如圖所示，三棱柱如圖所示，三棱柱 ABC - A1B1C1的側(cè)面的側(cè)面 BCC1B1是菱形，設(shè)是菱形，設(shè) D 是是A1C1上的點(diǎn)且上的點(diǎn)且 A1B平面平面 B1CD，則，則 A1DDC1的值為的值為_ 解析：解析：設(shè)設(shè) BC1B1CO，連接，連接 OD. A1B平面平面 B1CD 且平面且平面 A1BC1平面平面 B1C
9、DOD， A1BOD， 四邊形四邊形 BCC1B1是菱形，是菱形， O 為為 BC1的中點(diǎn)，的中點(diǎn)， D 為為 A1C1的中點(diǎn)，則的中點(diǎn)，則 A1DDC11. 答案：答案：1 大題?？碱}點(diǎn)大題?？碱}點(diǎn)穩(wěn)解全解穩(wěn)解全解 1.如圖，如圖，ABCD 與與 ADEF 均為平行四邊形，均為平行四邊形，M，N，G 分別是分別是AB，AD，EF 的中點(diǎn)求證：的中點(diǎn)求證： (1)BE平面平面 DMF； (2)平面平面 BDE平面平面 MNG. 證明：證明：(1)連接連接 AE，則，則 AE 必過必過 DF 與與 GN 的交點(diǎn)的交點(diǎn) O， 連接連接 MO，則，則 MO 為為ABE 的中位線，所以的中位線，所以
10、BEMO， 又又BE 平面平面DMF， MO平面平面DMF， 所以， 所以BE平面平面DMF. (2)因?yàn)橐驗(yàn)?N，G 分別為平行四邊形分別為平行四邊形 ADEF 的邊的邊 AD，EF 的的中點(diǎn)，所以中點(diǎn)，所以 DEGN， 又又 DE 平面平面 MNG，GN平面平面 MNG， 所以所以 DE平面平面 MNG. 又又 M 為為 AB 的中點(diǎn)，的中點(diǎn)， 所以所以 MN 為為ABD 的中位線，的中位線， 所以所以 BDMN， 又又 MN平面平面 MNG，BD 平面平面 MNG， 所以所以 BD平面平面 MNG， 又又 DE，BD平面平面 BDE，DEBDD， 所以平面所以平面 BDE平面平面 MNG
11、. 2.(20 xx 長春質(zhì)檢長春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐如圖，在四棱錐 P - ABCD 中，底面中，底面 ABCD 是菱是菱形，形，PD平面平面 ABCD，點(diǎn)，點(diǎn) D1為棱為棱 PD 的中點(diǎn)，過的中點(diǎn)，過 D1作與平面作與平面 ABCD平行的平面與棱平行的平面與棱 PA，PB，PC 相交于點(diǎn)相交于點(diǎn) A1，B1，C1，BAD60. (1)求證：求證：B1為為 PB 的中點(diǎn)；的中點(diǎn)； (2)已知棱錐已知棱錐的高為的高為 3，且，且 AB2，AC，BD 的交點(diǎn)為的交點(diǎn)為 O，連接，連接 B1O.求三棱錐求三棱錐 B1- ABO 外接球的體積外接球的體積 解：解：(1)證明：連接證明：連接 B1D1
12、. 由題意知，平面由題意知，平面 ABCD平面平面 A1B1C1D1，平面，平面 PBD平面平面 ABCDBD， 平面平面 PBD平面平面 A1B1D1B1D1，則，則 BDB1D1， 即即 B1D1為為PBD 的中位線，的中位線， 即即 B1為為 PB 的中點(diǎn)的中點(diǎn) (2)由由(1)可得，可得，OB132，AO 3，BO1，且，且 OAOB，OAOB1，OBOB1， 即三棱錐即三棱錐 B1 - ABO 的外接球?yàn)橐缘耐饨忧驗(yàn)橐?OA，OB，OB1為為長，寬，高的長方體的外接球，則長，寬，高的長方體的外接球，則該長方體的體對角線長該長方體的體對角線長 d12 3 2 32252，即外接球半徑，
13、即外接球半徑 R54. 則三棱錐則三棱錐 B1 - ABO 外接球的體積外接球的體積 V43R343 54312548. 3.如圖所示，在正方體如圖所示，在正方體 ABCD - A1B1C1D1中，中，E，F(xiàn)，G，H 分別是分別是BC，CC1，C1D1，A1A 的中點(diǎn)求證：的中點(diǎn)求證： (1)BFHD1； (2)EG平面平面 BB1D1D； (3)平面平面 BDF平面平面 B1D1H. 證明：證明：(1)如圖所示，取如圖所示，取 BB1的中點(diǎn)的中點(diǎn) M，連接，連接 MH，MC1，易證四邊形，易證四邊形 HMC1D1是平行是平行四四邊形，邊形， HD1MC1. 又又MC1BF，BFHD1. (2
14、)取取 BD 的中點(diǎn)的中點(diǎn) O，連接，連接 EO，D1O，則，則 OE 綊12DC， 又又 D1G 綊12DC，OE 綊 D1G， 四邊形四邊形 OEGD1是平行四邊形，是平行四邊形，GED1O. 又又 GE 平面平面 BB1D1D，D1O平面平面 BB1D1D， EG平面平面 BB1D1D. (3)由由(1)知知 BFHD1， 又又 BDB1D1，B1D1，HD1平面平面 B1D1H，BF，BD平面平面 BDF，且，且 B1D1HD1D1，DBBFB， 平面平面 BDF平面平面 B1D1H. 4.如圖，四棱錐如圖，四棱錐 P - ABCD 中，中，ABCD，AB2CD，E 為為 PB 的中的
15、中點(diǎn)點(diǎn) (1)求證：求證：CE平面平面 PAD. (2)在線段在線段 AB 上是否存在一點(diǎn)上是否存在一點(diǎn) F，使得平面，使得平面 PAD平面平面 CEF？若存？若存在，證明你的結(jié)論，若不存在，請說明理由在，證明你的結(jié)論，若不存在，請說明理由 解：解：(1)證明證明：?。喝?PA 的中點(diǎn)的中點(diǎn) H，連接，連接 EH，DH， 因?yàn)橐驗(yàn)?E 為為 PB 的中點(diǎn)，的中點(diǎn)， 所以所以 EHAB，EH12AB， 又又 ABCD，CD12AB， 所以所以 EHCD，EHCD， 因此四邊形因此四邊形 DCEH 是平行四邊形，是平行四邊形， 所以所以 CEDH， 又又 DH平面平面 PAD，CE 平面平面 PA
16、D， 因此因此 CE平面平面 PAD. (2)存在點(diǎn)存在點(diǎn) F 為為 AB 的中點(diǎn)，使平面的中點(diǎn)，使平面 PAD平面平面 CEF， 證明如下：證明如下： 取取 AB 的中點(diǎn)的中點(diǎn) F，連接，連接 CF，EF， 所以所以 AF12AB， 又又 CD12AB，所以，所以 AFCD， 又又 AFCD，所以四邊形，所以四邊形 AFCD 為平行四邊形，為平行四邊形， 因此因此 CFAD， 又又 CF 平面平面 PAD，所以，所以 CF平面平面 PAD， 由由(1)可知可知 CE平面平面 PAD， 又又 CECFC， 故平面故平面 CEF平面平面 PAD， 故存在故存在 AB 的中點(diǎn)的中點(diǎn) F 滿足要求滿足要求
高中新創(chuàng)新一輪復(fù)習(xí)理數(shù)通用版：課時達(dá)標(biāo)檢測三十六 直線、平面平行的判定與性質(zhì) Word版含解析
