《2021_2021学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.5.3平面与平面平行课时素养检测含解析新人教A版必修第二册.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021_2021学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.5.3平面与平面平行课时素养检测含解析新人教A版必修第二册.doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时素养检测 二十八平面与平面平行(30分钟60分)一、选择题(每小题4分,共24分,多选题全部选对得4分,选对但不全对的得2分,有选错的得0分)1.下列图形中能正确表示语句“平面=l,a,b,a”的是()【解析】选D.选项A不满足b,选项B,C不满足a,选项D满足所有条件.2.已知,a,B,则在内过点B的所有直线中()A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一一条与a平行的直线【解析】选D.由直线a与点B确定一个平面,记为,设=b,因为,a,所以a.所以ab.只有一条.3.如图,设E,F,E1,F1分别是长方体ABCD-A1B1C1D1的棱
2、AB,CD,A1B1,C1D1的中点,则平面EFD1A1与平面BCF1E1的位置关系是()A.平行B.相交C.异面D.不确定【解析】选A.因为E,E1分别是AB,A1B1的中点,所以A1E1EB,所以四边形A1EBE1为平行四边形,所以A1EBE1,又A1E平面BCF1E1,BE1平面BCF1E1,所以A1E平面BCF1E1,同理A1D1平面BCF1E1, 又A1D1A1E=A1,所以平面EFD1A1平面BCF1E1.4.平面的条件是()A.内有无穷多条直线与平行B.直线a,aC.直线a,直线b,且a,bD.内的任何直线都与平行【解析】选D.如图,内可有无数条直线与平行,但与相交,选项A错.如
3、图,a,a,但与相交,选项B错.如图,a,b,a,b,但与相交,选项C错.5.如图,在三棱台A1B1C1-ABC中,点D在A1B1上,且AA1BD,点M是A1B1C1内的一个动点(含边界),且有平面BDM平面A1C,则动点M的轨迹是()A.平面B.直线C.线段,但只含1个端点D.圆【解析】选C.因为平面BDM平面A1C,平面BDM平面A1B1C1=DM,平面A1C平面A1B1C1=A1C1,所以DMA1C1,过D作DE1A1C1交B1C1于E1(图略),则点M的轨迹是线段DE1(不包括点D).6.(多选题)如图是正方体的平面展开图,在这个正方体中,以下说法正确的是()A.BM平面ADEB.CN
4、平面BAFC.平面BDM平面AFND.平面BDE平面NCF【解析】选ABCD.以ABCD为下底还原正方体,如图所示,则易判定四个说法都正确.二、填空题(每小题4分,共8分)7.设平面,A,C,B,D,直线AB与CD交于点S,且AS=8,BS=9,CD=34,当点S在平面,之间时,CS等于_.【解析】如图,由题意知,ASCBSD,因为CD=34,所以SD=34-CS.由ASBS=CS(34-CS)知,89=CS(34-CS),所以CS=16.答案:16【补偿训练】设平面,A,C,B,D,直线AB与CD交于S,若AS=18,BS=9,CD=34,则CS=_.【解析】如图(1),由可知BDAC,所以
5、=,即=,所以SC=68.如图(2),由知ACBD,所以=,即=.所以SC=.答案:68或8.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,与BC平行的平面是_;与平面A1B1C1D1和平面A1B1BA都平行的棱是_.【解析】观察图形,根据直线与平面平行的判定定理可知,与BC平行的平面是平面A1B1C1D1与平面ADD1A1;因为平面A1B1C1D1与平面A1B1BA的交线是A1B1,所以与其都平行的棱是DC.答案:平面A1B1C1D1与平面ADD1A1DC三、解答题(每小题14分,共28分)9.如图,四边形ABCD和ADEF都是正方形,点M在BD上,N在AE上且BM=AN.求证:MN平面CDE
6、.【证明】方法一:过M点作AD的平行线交CD于O,过N作AD的平行线交DE于P,连接OP.显然OP在平面CDE上,且MONP,由于BM=AN,且正方形ABCD、ADEF共边,所以MD=NE.MODBCD,所以=.同理可得=,所以MO=NP,因此四边形MOPN为平行四边形,有MNOP,又因为MN平面CDE,OP平面CDE,故MN平面CDE.方法二:连接AM并延长交CD于P,连接EP.在正方形ABCD中,=.又AN=BM,AE=BD,所以=,所以MNEP.因为MN平面CDE,EP平面CDE,所以MN平面CDE.方法三:作MOAB于点O,NPAD于点P,连接PM,因为四边形ABCD和四边形ADEF都
7、是正方形,所以BAD=ADE=90,所以OMAP,PNDE.因为OBM=PAN=45,所以OM=BM,AP=AN.因为BM=AN,所以OM=AP.所以四边形OMPA是平行四边形.所以MPOACD.因为MP平面PMN,PN平面PMN,MPPN=P,CD平面CED,DE平面CED,CDDE=D,所以平面PMN平面CED.因为MN平面PMN,所以MN平面CDE.10.如图,平面平面,A,C,B,D,点E,F分别在线段AB,CD上,且=.求证:EF平面.【证明】(1)若直线AB和CD共面,因为,平面ABDC与,分别交于AC,BD,所以ACBD.又=,所以EFACBD.所以EF平面.(2)若AB与CD异
8、面,如图所示,连接BC并在BC上取一点G,使得=,则在BAC中,EGAC,而AC平面,EG平面,所以EG.又,所以EG.同理可得GFBD,而BD,GF,所以GF.又EGGF=G,所以平面EGF.又EF平面EGF,所以EF平面.综合(1)(2)得EF平面.【补偿训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是AD1,BD和B1C的中点.求证:(1)MN平面CC1D1D.(2)平面MNP平面CC1D1D.【证明】(1)连接AC,CD1.因为四边形ABCD为正方形,N为BD中点,所以N为AC中点.又因为M为AD1中点,所以MNCD1.因为MN平面CC1D1D,CD1平面CC1D1D,所以
9、MN平面CC1D1D.(2)连接BC1,C1D.因为四边形BB1C1C为正方形,P为B1C中点,所以P为BC1中点,又因为N为BD中点,所以PNC1D.因为PN平面CC1D1D,C1D平面CC1D1D,所以PN平面CC1D1D,由(1)知MN平面CC1D1D,又MNPN=N,所以平面MNP平面CC1D1D.(30分钟60分)一、选择题(每小题4分,共12分,多选题全部选对得4分,选对但不全对的得2分,有选错的得0分)1.设,是两个不同的平面,m是直线且m,m,若使成立,则需增加条件()A.n是直线且n,nB.n,m是异面直线,nC.n,m是相交直线且n,nD.n,m是平行直线且n,n【解析】选
10、C.要使成立,需要其中一个面的两条相交直线与另一个面平行,n,m是相交直线且n,n,m,m,由平面和平面平行的判定定理可得.2.设平面平面,A,B,C是AB的中点,当点A,B分别在平面,内运动时,动点C()A.不共面B.当且仅当点A,B分别在两条直线上移动时才共面C.当且仅当点A,B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面D.无论点A,B如何移动都共面【解析】选D.无论点A,B如何移动,其中点C到,的距离始终相等,故点C在到,距离相等且与两平面都平行的平面上.3.(多选题)已知a,b表示直线,表示平面,则下列推理不正确的是()A.=a,babB.=a,abb且bC.a,b,a,bD.,=a,=b
11、ab【解析】选ABC.选项A中,=a,b,则a,b可能平行也可能相交,故A不正确;选项B中,=a,ab,则可能b且b,也可能b在平面或内,故B不正确;选项C中,a,b,a,b,根据面面平行的判定定理,再加上条件a与b相交,才能得出,故C不正确;选项D为面面平行性质定理的符号语言,故D正确.二、填空题(每小题4分,共16分)4.如图,已知S是平行四边形ABCD平面外一点,M,N分别是SA,BD上的点,且=,则MN_平面SBC.【解析】过N作NGAD,交AB于G,连接MG,可得=,由已知条件=,得=,所以MGSB.因为MG平面SBC,SB平面SBC,所以MG平面SBC.又ADBC,所以NGBC,N
12、G平面SBC,BC平面SBC,所以NG平面SBC,NGMG=G,所以平面SBC平面MNG,因为MN平面MNG,所以MN平面SBC.答案:5.已知点S是正三角形ABC所在平面外一点,点D,E,F分别是SA,SB,SC的中点,则平面DEF与平面ABC的位置关系是_.【解析】由D,E,F分别是SA,SB,SC的中点,知EF是SBC的中位线,所以EFBC.又因为BC平面ABC,EF平面ABC,所以EF平面ABC.同理DE平面ABC,又因为EFDE=E,所以平面DEF平面ABC.答案:平行6.已知平面外不共线的三点A,B,C到的距离都相等,则正确的结论是_(填序号).平面ABC必平行于;平面ABC必与相
13、交;平面ABC必不垂直于;存在ABC的一条中位线平行于或在内.【解析】平面外不共线且到距离都相等的三点可以在平面的同侧,也可以在平面的异侧,若A,B,C在的同侧,则平面ABC必平行于;若A,B,C在的异侧,平面ABC必与相交且交线是ABC的一条中位线所在直线,排除.答案:7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AA1C1C和平面BB1D1D的交线与棱CC1的位置关系是_,截面BA1C1和直线AC的位置关系是_.【解析】如图所示,平面AA1C1C平面BB1D1D=OO1,O为底面ABCD的中心,O1为底面A1B1C1D1的中心,所以OO1CC1.又ACA1C1,A1C1平面BA1C1,AC
14、平面BA1C1,所以AC平面BA1C1.答案:平行平行三、解答题(共32分)8.(10分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D1,D分别为B1C1,BC的中点.求证:平面A1D1B平面ADC1.【证明】连接D1D.因为D1DB1BA1A,所以四边形A1ADD1为平行四边形,所以A1D1AD.因为A1D1平面ADC1,AD平面ADC1,所以A1D1平面ADC1.因为BD1DC1,BD1平面ADC1,DC1平面ADC1,所以BD1平面ADC1,又因为A1D1BD1=D1,所以平面A1D1B平面ADC1.9.(10分)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1
15、中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ与平面PAO平行?【解析】当Q为CC1的中点时,平面D1BQ平面PAO.因为Q为CC1的中点,P为DD1的中点,所以QBPA.连接DB,因为P,O分别为DD1,DB的中点,所以D1BPO,又因为D1B平面PAO,QB平面PAO,所以D1B平面PAO,QB平面PAO,又因为D1BQB=B,所以平面D1BQ平面PAO.【补偿训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,ADBC,BAD=90,BC=2AD,AC与BD交于点O,点M,N分别在线段PC,AB上,=2.求证:平面MNO平面
16、PAD.【证明】在梯形ABCD中,因为ADBC,所以=2,又=2,所以ONBCAD.因为AD平面PAD,ON平面PAD,所以ON平面PAD.在PAC中,=2,所以OMAP,因为AP平面PAD,OM平面PAD,所以OM平面PAD,因为OM平面OMN,ON平面OMN,且OMON=O,所以平面MNO平面PAD.10.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点.(1)若E为A1C1的中点,求证:DE平面ABB1A1;(2)若E为A1C1上一点,且A1B平面B1DE,求的值.【解析】 (1)取B1C1的中点G,连接EG,GD,则EGA1B1,DGBB1,又EGDG=G,A1B1BB1
17、=B1,所以平面DEG平面ABB1A1,又DE平面DEG,所以DE平面ABB1A1.(2)设B1D交BC1于点F,连接EF,则平面A1BC1平面B1DE=EF.因为A1B平面B1DE,A1B平面A1BC1,所以A1BEF.所以=.又因为BDFC1B1F,所以=,所以=.【补偿训练】如图所示,平面平面,ABC,ABC分别在,内,线段AA,BB,CC共点于O,O在,之间,若AB=2,AC=1,BAC=90,OAOA=32.求ABC的面积.【解析】相交直线AA,BB所在平面和两平行平面,分别相交于AB,AB,由面面平行的性质定理可得ABAB.同理相交直线BB,CC确定的平面和平行平面,分别相交于BC,BC,从而BCBC.同理:ACAC.所以BAC与BAC的两边对应平行且方向相反,所以BAC=BAC.同理ABC=ABC,BCA=BCA.所以ABC与ABC的三内角分别相等,所以ABCABC,因为ABAB,AABB=O,所以在平面ABAB中,AOBAOB.所以=.而=ABAC=21=1,所以=,所以=1=.