（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文

《（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文1(2018河北保定模擬)有下列命題：若直線l平行于平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線，則直線l；若直線a在平面外，則a；若直線ab，b，則a； 若直線ab，b，則a平行于平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線其中真命題的個(gè)數(shù)是()A1B2 C3D4解析：選A命題l可以在平面內(nèi)，是假命題；命題直線a與平面可以是相交關(guān)系，是假命題；命題a可以在平面內(nèi)，是假命題；命題是真命題2(2018湖南湘中名校聯(lián)考)已知m，n是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是()A若m，n，則mnB若m，m，則C若，則D若m，n，

2、則mn解析：選DA中，兩直線可能平行，相交或異面；B中，兩平面可能平行或相交；C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D.3設(shè)m，n是不同的直線，是不同的平面，且m，n，則“”是“m且n”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A若m，n，則m且n；反之若m，n，m且n，則與相交或平行，即“”是“m且n”的充分不必要條件4(2018襄陽(yáng)模擬)如圖，在正方體ABCD A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是()AMN與CC1垂直BMN與AC垂直CMN與BD平行DMN與A1B1平行解析：選D如圖所

3、示，連接AC，C1D，BD，則MNBD，而C1CBD，故C1CMN，故A、C正確，D錯(cuò)誤，又因?yàn)锳CBD，所以MNAC，B正確5.(2018湖南長(zhǎng)郡中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示的三棱柱ABC A1B1C1中，過A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與AB的位置關(guān)系是()A異面B平行C相交D以上均有可能解析：選B在三棱柱ABC A1B1C1中，ABA1B1，AB平面ABC，A1B1平面ABC，A1B1平面ABC，過A1B1的平面與平面ABC交于DE.DEA1B1，DEAB.6已知正方體ABCDA1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是_(只填序號(hào))AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1

4、；AD1平面BDC1.解析：連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因?yàn)锳B綊C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1BC1，從而正確；易證BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，從而正確；由圖易知AD1與DC1異面，故錯(cuò)誤；因AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，故AD1平面BDC1，故正確答案：7.如圖所示，在四面體ABCD中，M，N分別是ACD，BCD的重心，則四面體的四個(gè)面所在平面中與MN平行的是_解析：連接AM并延長(zhǎng)，交CD于點(diǎn)E，連接BN，并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合

5、為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn)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ABD8.如圖所示，三棱柱ABC A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形，設(shè)D是A1C1上的點(diǎn)且A1B平面B1CD，則A1DDC1的值為_解析：設(shè)BC1B1CO，連接OD.A1B平面B1CD且平面A1BC1平面B1CDOD，A1BOD，四邊形BCC1B1是菱形，O為BC1的中點(diǎn)，D為A1C1的中點(diǎn)，則A1DDC11.答案：1大題?？碱}點(diǎn)穩(wěn)解全解1.如圖，ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)求證：(1)BE平面DMF；(2)平面BDE平面MNG.證

6、明：(1)連接AE，則AE必過DF與GN的交點(diǎn)O，連接MO，則MO為ABE的中位線，所以BEMO，又BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF.(2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)，所以DEGN，又DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.又M為AB的中點(diǎn)，所以MN為ABD的中位線，所以BDMN，又MN平面MNG，BD平面MNG，所以BD平面MNG，又DE，BD平面BDE，DEBDD，所以平面BDE平面MNG.2.(2018湖南長(zhǎng)沙四校模擬)如圖，在四棱錐P ABCD中，E是棱PC上一點(diǎn)，且2，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PAD為正三角形，平面AB

7、E與棱PD交于點(diǎn)F，平面PCD與平面PAB交于直線l，且平面PAD平面ABCD.(1)求證：lEF；(2)求三棱錐P AEF的體積解：(1)證明：底面ABCD是正方形，ABCD，又AB平面PCD，CD平面PCD，AB平面PCD.又A，B，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，且平面ABEF平面PCDEF，ABEF.又平面PAB與平面PCD交于直線l，ABl.lEF.(2)2，E為棱PC的中點(diǎn)由(1)知CDEF，F(xiàn)為PD的中點(diǎn)，AFPD.又CDAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面PAD，又AF平面PAD，CDAF，又PD，CD平面PCD，PDCDD，AF平面PCD，AF是三棱錐A PEF

8、的高ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，且PAD為正三角形，易得PFEF，PFEF1，AF，VP AEFVA PEFSPEFAF11，三棱錐P AEF的體積為.3.如圖所示，在正方體ABCD A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A的中點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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，GED1

9、O.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.4.如圖，四棱錐P ABCD中，ABCD，AB2CD，E為PB的中點(diǎn)(1)求證：CE平面PAD.(2)在線段AB上是否存在一點(diǎn)F，使得平面PAD平面CEF？若存在，證明你的結(jié)論，若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)證明：取PA的中點(diǎn)H，連接EH，DH，因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)，所以EHAB，EHAB，又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD，因此四邊形DCEH是平行四邊形，所以CEDH，又DH平面PAD，CE平面PAD，因此CE平面PAD.(2)存在點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，使平面PAD平面CEF，證明如下：取AB的中點(diǎn)F，連接CF，EF，所以AFAB，又CDAB，所以AFCD，又AFCD，所以四邊形AFCD為平行四邊形，因此CFAD，又CF平面PAD，所以CF平面PAD，由(1)可知CE平面PAD，又CECFC，故平面CEF平面PAD，故存在AB的中點(diǎn)F滿足要求