《部编4 第4讲 直线、平面平行的判定与性质 新题培优练.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《部编4 第4讲 直线、平面平行的判定与性质 新题培优练.doc（7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、基础题组练1(2019高考世界卷)设，为两个平面，那么的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条订交直线与平行C，平行于一致条直线D，垂直于一致平面分析：选B.对于A，内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可以订交，因而A不精确；对于B，按照两平面平行的判定定理与性质知，B精确；对于C，平行于一致条直线的两个平面可以订交，也可以平行，因而C不精确；对于D，垂直于一致平面的两个平面可以订交，也可以平行，如长方体的相邻两个正面都垂直于底面，但它们是订交的，因而D不精确综上可知选B.2已经清楚m，n是两条差异的直线，是三个差异的平面，那么以下命题中精确的选项是()A假设，那么B假设
2、mn，m，n，那么C假设mn，m，n，那么D假设mn，m，那么n分析：选C.对于A，假设，那么或与订交；对于B，假设mn，m，n，那么或与订交；易知C精确；对于D，假设mn，m，那么n或n在平面内应选C.3如图，L，M，N分不为正方体对应棱的中点，那么平面LMN与平面PQR的位置关系是()A垂直B订交不垂直C平行D重合分析：选C.如图，分不取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQAL，PRAM，且PQ与PR订交，AL与AM订交，因而平面PQR平面AMBNCL，即平面LMN平面PQR.4.如以下列图，在空间四边形ABCD中，E，F分不为边AB，AD上的点，
3、且AEEBAFFD14，又H，G分不为BC，CD的中点，那么()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是平行四边形分析：选B.由AEEBAFFD14知EF綊BD，又EF平面BCD，因而EF平面BCD.又H，G分不为BC，CD的中点，因而HG綊BD，因而EFHG且EFHG.因而四边形EFGH是梯形5.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分不是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出以下四个揣摸：FG平面AA1D1D；EF平面BC1D1；FG平面BC1D1；平面EFG平面B
4、C1D1.其中揣摸精确的序号是()ABCD分析：选A.因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分不是A1B1，B1C1，BB1的中点，因而FGBC1，因为BC1AD1，因而FGAD1，因为FG平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，因而FG平面AA1D1D，故精确；因为EFA1C1，A1C1与平面BC1D1订交，因而EF与平面BC1D1订交，故差错；因为E，F，G分不是A1B1，B1C1，BB1的中点，因而FGBC1，因为FG平面BC1D1，BC1平面BC1D1，因而FG平面BC1D1，故精确；因为EF与平面BC1D1订交，因而平面EFG与平面BC1D1订交，故差错应选A.6在周围
5、体ABCD中，M，N分不是ACD，BCD的重心，那么周围体的四个面中与MN平行的是_分析：如图，取CD的中点E，连接AE，BE，那么EMMA12，ENBN12，因而MNAB.因为AB平面ABD，MN平面ABD，AB平面ABC，MN平面ABC，因而MN平面ABD，MN平面ABC.答案：平面ABD与平面ABC7如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上假设EF平面AB1C，那么线段EF的长度等于_分析：因为EF平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1CAC，因而EFAC，因而F为DC的中点故EFAC.答案：8.如以下列图，在正四棱柱ABCDA1B1
6、C1D1中，E，F，G，H分不是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，那么M只需称心条件_时，就有MN平面B1BDD1.(注：请填上你认为精确的一个条件即可，不必考虑全部可以情况)分析：连接HN，FH，FN，那么FHDD1，HNBD，FHHNH，DD1BDD，因而平面FHN平面B1BDD1，只需MFH，那么MN平面FHN，因而MN平面B1BDD1.答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)9.如以下列图的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而掉掉落的，其中AB4，BC2，CC13，BE1.(1)求证：四边形AEC1F为平行四边
7、形；(2)求BF的长解：(1)证明：由已经清楚得平面ABE平面DCC1F，平面AEC1F平面ABEAE，平面AEC1F平面DCC1FC1F，因而AEC1F，同理可得AFC1E，因而四边形AEC1F是平行四边形(2)在CC1上取点H，使CH1，可得四边形BCHE为矩形，即可得四边形ADHE为平行四边形，因而DHAE，AEFC1，因而四边形FDHC1为平行四边形，因而FD312，因而BF2.10如以下列图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分不是AB，AD，EF的中点求证：(1)BE平面DMF；(2)平面BDE平面MNG.证明：(1)如以下列图，设DF与GN交于点O，连接AE
8、，那么AE必过点O，连接MO，那么MO为ABE的中位线，因而BEMO.因为BE平面DMF，MO平面DMF，因而BE平面DMF.(2)因为N，G分不为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，因而DEGN.因为DE平面MNG，GN平面MNG，因而DE平面MNG.因为M为AB的中点，因而MN为ABD的中位线，因而BDMN.因为BD平面MNG，MN平面MNG，因而BD平面MNG.因为DE与BD为平面BDE内的两条订交直线，因而平面BDE平面MNG.综合题组练1(创新型)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，结实容器底面一边BC于空中上，再将容器倾歪，随着倾歪度的差异，有下
9、面四个命题：不水的部分不断呈棱柱形；水面EFGH所在四边形的面积为定值；棱A1D1不断与水面所在平面平行；当容器倾歪如以下列图时，BEBF是定值其中精确的个数是()A1B2C3D4分析：选C.由题图，显然是精确的，是错的；对于因为A1D1BC，BCFG，因而A1D1FG且A1D1平面EFGH，因而A1D1平面EFGH(水面)因而是精确的；因为水是定量的(定体积V)因而SBEFBCV，即BEBFBCV.因而BEBF(定值)，即是精确的，应选C.2(运用型)在三棱锥SABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC12，平面DEFH分不与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且它们分不是AB
10、，BC，SC，SA的中点，那么四边形DEFH的面积为()A18B18C36D36分析：选A.因为D，E，F，H分不是AB，BC，SC，SA的中点，因而DEAC，FHAC，DHSB，EFSB，那么四边形DEFH是平行四边形，且HDSB6，DEAC3.如图，取AC的中点O，连接OB，SO，因为SASC12，ABBC6，因而ACSO，ACOB，又SOOBO，因而AO平面SOB，因而AOSB，那么HDDE，即四边形DEFH是矩形，因而四边形DEFH的面积S6318，应选A.3(运用型)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q分不是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BPBD1.那么
11、以下四个说法：MN平面APC；C1Q平面APC；A，P，M三点共线；平面MNQ平面APC.其中说法精确的选项是_(填序号)分析：连接MN，AC，那么MNAC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN平面APC，因而MN平面APC是差错的；由知M，N在平面APC上，由题易知ANC1Q，AN平面APC，因而C1Q平面APC是精确的；由知A，P，M三点共线是精确的；由知MN平面APC，又MN平面MNQ，因而平面MNQ平面APC是差错的答案：4.如以下列图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，那么PQ_
12、分析：因为平面A1B1C1D1平面ABCD，而平面B1D1P平面ABCDPQ，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，因而B1D1PQ.又因为B1D1BD，因而BDPQ，设PQABM，因为ABCD，因而APMDPQ.因而2，即PQ2PM.又知APMADB，因而，因而PMBD，又BDa，因而PQa.答案：a5(运用型)在如以下列图的多面体中，DE平面ABCD，AFDE，ADBC，ABCD，ABC60，BC2AD4DE4.(1)在AC上求作点P，使PE平面ABF，请写出作法并说明因由；(2)求三棱锥ACDE的高解：(1)取BC的中点G，连接DG，交AC于点P，连接EG，EP.现在P为所求作的点
13、(如以下列图)下面给出证明：因为BC2AD，G为BC的中点，因而BGAD.又因为BCAD，因而四边形BGDA是平行四边形，故DGAB，即DPAB.又AB平面ABF，DP平面ABF，因而DP平面ABF.因为AFDE，AF平面ABF，DE平面ABF，因而DE平面ABF.又因为DP平面PDE，DE平面PDE，PDDED，因而平面PDE平面ABF，因为PE平面PDE，因而PE平面ABF.(2)在等腰梯形ABCD中，因为ABC60，BC2AD4，因而可求得梯形的高为，从而ACD的面积为2.因为DE平面ABCD，因而DE是三棱锥EACD的高设三棱锥ACDE的高为h.由VACDEVEACD，可得SCDEhS
14、ACDDE，即21h1，解得h.故三棱锥ACDE的高为.6如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形(1)证明：平面A1BD平面CD1B1；(2)假设平面ABCD平面B1D1C直线l，证明B1D1l.证明：(1)由题设知BB1綊DD1，因而四边形BB1D1D是平行四边形，因而BDB1D1.又BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，因而BD平面CD1B1.因为A1D1綊B1C1綊BC，因而四边形A1BCD1是平行四边形，因而A1BD1C.又A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1，因而A1B平面CD1B1.又因为BDA1BB，因而平面A1BD平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD平面CD1B1，又平面ABCD平面B1D1C直线l，平面ABCD平面A1BD直线BD，因而直线l直线BD，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，因而B1D1BD，因而B1D1l.