《新版高中一輪復習理數(shù)通用版：課時達標檢測三十六 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)《新版高中一輪復習理數(shù)通用版：課時達標檢測三十六 直線、平面平行的判定與性質(zhì) Word版含解析（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、11課時達標檢測（三十六）課時達標檢測（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?？碱}點小題常考題點準解快解準解快解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()A1B2C3D4解析解析：選選 A命題命題l 可以在平面可以在平面內(nèi)內(nèi)，是假命題是假命題；命題命題直

2、線直線 a 與平面與平面可以是相交關(guān)可以是相交關(guān)系，是假命題；命題系，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，是三個不同的平面是三個不同的平面，下列命題中正確的是下列命題中正確的是()A若若 m，n，則，則 mnB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 DA 中中，兩直線可能平行兩直線可能平行，相交或異面相交或異面；B 中中，兩平面可能平行或相交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

3、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設設 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

4、A1B1C1D1中，中，M，N 分別分別是是 BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是的中點，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如圖所示如圖所示，連接連接 AC，C1D，BD，則則 MNBD，而而 C1CBD，故，故 C1CMN，故，故 A、C 正確，正確，D 錯誤，又因為錯誤，又因為 ACBD，所，所以以MNAC，B 正確正確5.(20 xx湖南長郡中學質(zhì)檢湖南長郡中學質(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的平面與平的平面與平面面

5、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已知正方體已知正方體 ABCDA1B1C1D1，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

6、析：連接連接 AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因為因為 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；易正確；易證證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；由圖易知 AD1與與 DC1異面，故異面，故錯誤；錯誤；因因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.如圖所示如圖所示，在四面體在四面體 ABCD 中中

7、，M，N 分別是分別是ACD，BCD 的的重 心 ， 則 四 面 體 的 四 個 面 所 在 平 面 中 與重 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 于點于點 E，連接，連接 BN，并延長交，并延長交 CD 于于點點 F，由重心性質(zhì)可知，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn) 重合為一點，且該點為重合為一點，且該點為 CD 的中點的中點 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

8、、平面 ABD8.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，設是菱形，設 D 是是A1C1上的點且上的點且 A1B平面平面 B1CD，則，則 A1DDC1的值為的值為_解析：解析：設設 BC1B1CO，連接，連接 OD.A1B平面平面 B1CD 且平面且平面 A1BC1平面平面 B1CDOD，A1BOD，四邊形四邊形 BCC1B1是菱形，是菱形，O 為為 BC1的中點，的中點，D 為為 A1C1的中點，則的中點，則 A1DDC11.答案：答案：1大題?？碱}點大題常考題點穩(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

9、行四邊形，M，N，G 分別分別是是AB，AD，EF 的中點求證：的中點求證：(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 的交點的交點 O，連接連接 MO，則，則 MO 為為ABE 的中位線，所以的中位線，所以 BEMO，又又BE 平平面面 DMF， MO平平面面DMF， 所所以以BE平平面面DMF.(2)因為因為 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，所以中點，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

10、 MNG.又又 M 為為 AB 的中點，的中點，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.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，點 D1為棱為棱 PD 的中點，過的中點，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 相交于點相交于點 A1，B1，C1，B

11、AD60.(1)求證：求證：B1為為 PB 的中點；的中點；(2)已知棱錐的高為已知棱錐的高為 3，且且 AB2，AC，BD 的交點為的交點為 O，連接連接 B1O.求三棱錐求三棱錐 B1ABO 外接球的體積外接球的體積解：解：(1)證明：連接證明：連接 B1D1.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 的中點的中點(2)由由(1)可得，可得，OB132，AO 3，BO1，且，且 OAOB，

12、OAOB1，OBOB1，即三棱錐即三棱錐 B1ABO 的外接球為以的外接球為以 OA，OB，OB1為長，寬，高的長方體的外接球，則為長，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 232252，即外接球半徑，即外接球半徑 R54.則三棱錐則三棱錐 B1ABO 外接球的體積外接球的體積 V43R34354312548.3.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 分別分別是是BC，CC1，C1D1，A1A 的中點求證：的中點求證：(1)BFHD1；(2)EG平面平面 BB1D1D；(3)平面平面 BDF平面平面 B

13、1D1H.證明：證明：(1)如圖所示，取如圖所示，取 BB1的中點的中點 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)取取 BD 的中點的中點 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，B

14、D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 的中的中點點(1)求證：求證：CE平面平面 PAD.(2)在線段在線段 AB 上是否存在一點上是否存在一點 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：取證明：取 PA 的中點的中點 H，連接，連接 EH，DH，因為因為 E 為為 PB 的中點，的中點，所以所以 EHAB，EH12AB，又又 ABCD，

15、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 PAD，因此因此 CE平面平面 PAD.(2)存在點存在點 F 為為 AB 的中點，使平面的中點，使平面 PAD平面平面 CEF，證明如下：證明如下：取取 AB 的中點的中點 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 的中點的中點 F 滿足要求滿足要求