福建高考數學平面平行的判定與性質專項練習題附答案

　　平面平行的判定與性質是高考數學的常考知識點，考生需要適當做練習題來鞏固知識。今天，小編為大家整理了。

　　福建高考數學平面平行的判定與性質專項練習題

　　1.已知直線a,b,平面α,則以下三個命題:

　　①若ab,b⊂α,則aα;

　　②若ab,a∥α,則bα;

　　③若aα,b∥α,則ab.

　　其中真命題的個數是***　　***

　　A.0 B.1 C.2 D.3

　　2.下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在稜的中點,能得出AB平面MNP的圖形的序號是***　　***

　　A.①③ B.②③ C.①④ D.②④

　　3.***2014福建寧德模擬***已知l,m為兩條不同的直線,α為一個平面.若lα,則“lm”是“mα”的***　　***

　　A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

　　C.充要條件 D.既不充分又不必要條件

　　4.如圖,在四面體ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQAC,則下列命題中錯誤的是***　　***

　　A.ACBD

　　B.AC∥截面PQMN

　　C.AC=BD

　　D.異面直線PM與BD所成的角為45°

　　5.如圖,四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD平面ABCD,NB平面ABCD,且MD=NB=1,G為MC的中點.則下列結論中不正確的是***　　***

　　A.MCAN

　　B.GB∥平面AMN

　　C.平面CMN平面AMN

　　D.平面DCM平面ABN

　　6.在正四稜柱ABCD-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,設Q是CC1上的點,則點Q滿足條件　　　　　時,有平面D1BQ平面PAO.

　　7.***2014河北保定調研***已知直三稜柱ABC-A'B'C'滿足BAC=90°,AB=AC=AA'=2,點M,N分別為A'B,B'C'的中點.

　　***1***求證:MN平面A'ACC';

　　***2***求三稜錐C-MNB的體積.

　　8.如圖,在三稜錐S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB.過A作AFSB,垂足為F,點E,G分別是稜SA,SC的中點.求證:

　　***1***平面EFG平面ABC;

　　***2***BCSA.

　　能力提升組

　　9.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,AD上的點,且AEEB=AF∶FD=1∶4.又H,G分別為BC,CD的中點,則***　　***

　　A.BD平面EFG,且四邊形EFGH是平行四邊形

　　B.EF平面BCD,且四邊形EFGH是梯形

　　C.HG平面ABD,且四邊形EFGH是平行四邊形

　　D.EH平面ADC,且四邊形EFGH是梯形

　　10.設m,n是平面α內的兩條不同直線,l1,l2是平面β內的兩條相交直線,則αβ的一個充分不必要條件是***　　***

　　A.mβ且l1α B.m∥l1且nl2

　　C.m∥β且nβ D.m∥β且nl2

　　11.設α,β,γ為三個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,在命題“若α∩β=m,n⊂γ,且　　　　　,則mn”中的橫線處填入下列三組條件中的一組,使該命題為真命題.

　　①αγ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.

　　可以填入的條件有　　　　　.

　　12.如圖,在四稜錐P-ABCD中,PD平面ABCD,底面ABCD為矩形,PD=DC=4,AD=2,E為PC的中點.

　　***1***求三稜錐A-PDE的體積;

　　***2***AC邊上是否存在一點M,使得PA平面EDM?若存在,求出AM的長;若不存在,請說明理由.

　　13.***2014安徽,文19***如圖,四稜錐P-ABCD的底面是邊長為8的正方形,四條側稜長均為2.點G,E,F,H分別是稜PB,AB,CD,PC上共面的四點,平面GEFH平面ABCD,BC平面GEFH.

　　***1***證明:GHEF;

　　***2***若EB=2,求四邊形GEFH的面積.

　　福建高考數學平面平行的判定與性質專項練習題參考答案

　　.A　解析:對於①,若ab,b⊂α,則應有aα或a⊂α,所以①不正確;

　　對於②,若ab,a∥α,則應有bα或b⊂α,因此②不正確;

　　對於③,若aα,b∥α,則應有ab或a與b相交或a與b異面,因此③是假命題.

　　綜上,在空間中,以上三個命題都是假命題.

　　2.C　解析:對於圖形①,平面MNP與AB所在的對角面平行,即可得到AB平面MNP;對於圖形④,ABPN,即可得到AB平面MNP;圖形②③無論用定義還是判定定理都無法證明線面平行.

　　3.D　解析:由lα,l∥m,則mα或m⊂α;由lα,m∥α,則m與l相交或ml或m與l異面,所以“lm”是“mα”的既不充分又不必要條件.

　　4.C　解析:由題意可知PQAC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以ACBD,故A正確;

　　由PQAC可得AC截面PQMN,故B正確;

　　由PNBD可知,異面直線PM與BD所成的角等於PM與PN所成的角,

　　又四邊形PQMN為正方形,

　　所以MPN=45°,故D正確;

　　而AC=BD沒有論證來源.

　　5.C　解析:顯然該幾何圖形為正方體截去兩個三稜錐所剩的幾何體,把該幾何體放置到正方體中***如圖***,

　　取AN的中點H,連線HB,MH,則MCHB,又HBAN,所以MCAN,所以A正確;

　　由題意易得GBMH,

　　又GB⊄平面AMN,MH⊂平面AMN,

　　所以GB平面AMN,所以B正確;

　　因為ABCD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,

　　所以平面DCM平面ABN,所以D正確.

　　6.Q為CC1的中點　解析:如圖,假設Q為CC1的中點,因為P為DD1的中點,

　　所以QBPA.

　　連線DB,因為P,O分別是DD1,DB的中點,所以D1BPO.

　　又D1B⊄平面PAO,QB⊄平面PAO,

　　所以D1B平面PAO,QB平面PAO.

　　又D1B∩QB=B,

　　所以平面D1BQ平面PAO.

　　故Q滿足條件Q為CC1的中點時,有平面D1BQ平面PAO.

　　7.***1***證明:如圖,連線AB',AC'.

　　四邊形ABB'A'為矩形,M為A'B的中點,

　　AB'與A'B交於點M,且M為AB'的中點.

　　又點N為B'C'的中點,MN∥AC'.

　　∵MN⊄平面A'ACC',

　　且AC'⊂平面A'ACC',

　　MN∥平面A'ACC'.

　　***2***解:由圖可知VC-MNB=VM-BCN.

　　BAC=90°,

　　∴BC==2,

　　又三稜柱ABC-A'B'C'為直三稜柱,且AA'=4,

　　S△BCN=×2×4=4.

　　∵A'B'=A'C'=2,∠B'A'C'=90°,點N為B'C'的中點,

　　A'N⊥B'C',A'N=.

　　又BB'平面A'B'C',A'N⊥BB'.

　　∴A'N⊥平面BCN.

　　又M為A'B的中點,

　　M到平面BCN的距離為.

　　VC-MNB=VM-BCN=×4.

　　8.證明:***1***因為AS=AB,AFSB,垂足為F,所以F是SB的中點.

　　又因為E是SA的中點,所以EFAB.

　　因為EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,

　　所以EF平面ABC.

　　同理EG平面ABC.

　　又EF∩EG=E,

　　所以平面EFG平面ABC.

　　***2***因為平面SAB平面SBC,且交線為SB,AF⊂平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC.

　　因為BC⊂平面SBC,所以AFBC.

　　又因為ABBC,AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面SAB,

　　所以BC平面SAB.

　　因為SA⊂平面SAB,所以BCSA.

　　9.B　解析:如圖,由題意得,EFBD,

　　且EF=BD.

　　HGBD,且HG=BD,

　　EF∥HG,且EF≠HG.

　　四邊形EFGH是梯形.

　　又EF平面BCD,而EH與平面ADC不平行,故B正確.

　　10.B　解析:對於選項A,不合題意;

　　對於選項B,由於l1與l2是相交直線,而且由l1m可得l1α,同理可得l2α,故可得αβ,充分性成立,而由αβ不一定能得到l1m,它們也可以異面,故必要性不成立,故選B;

　　對於選項C,由於m,n不一定相交,故是必要不充分條件;

　　對於選項D,由於nl2可轉化為nβ,同選項C,故不符合題意.

　　綜上選B.

　　11.①或③　解析:由面面平行的性質定理可知,①正確;當nβ,m⊂γ時,n和m在同一平面內,且沒有公共點,所以平行,③正確.

　　12.解:***1***因為PD平面ABCD,

　　所以PDAD.

　　又因為ABCD是矩形,

　　所以ADCD.

　　因為PD∩CD=D,

　　所以AD平面PCD.

　　所以AD是三稜錐A-PDE的高.

　　因為E為PC的中點,且PD=DC=4,

　　所以S△PDE=S△PDC

　　==4.

　　又AD=2,

　　所以VA-PDE=AD·S△PDE=×2×4=.

　　***2***取AC的中點M,連線EM,DM,

　　因為E為PC的中點,M為AC的中點,所以EMPA.

　　又因為EM⊂平面EDM,PA⊄平面EDM,所以PA平面EDM.

　　所以AM=AC=.

　　即在AC邊上存在一點M,使得PA平面EDM,AM的長為.

　　13.***1***證明:因為BC平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以***C.

　　同理可證:EFBC,因此GHEF.

　　***2***解:連線AC,BD交於點O,BD交EF於點K,連線OP,GK.

　　因為PA=PC,O是AC的中點,

　　所以POAC,同理可得POBD.

　　又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內,所以PO底面ABCD.

　　又因為平面GEFH平面ABCD,

　　且PO⊄平面GEFH,

　　所以PO平面GEFH.

　　因為平面PBD∩平面GEFH=GK,

　　所以POGK,且GK底面ABCD,

　　從而GKEF.

　　所以GK是梯形GEFH的高.

　　由AB=8,EB=2,

　　得EBAB=KB∶DB=1∶4,

　　從而KB=DB=OB,

　　即K為OB的中點.

　　再由POGK,得GK=PO,

　　即G是PB的中點,

　　且GH=BC=4.

　　由已知可得OB=4,

　　PO==6,

　　所以GK=3.

　　故四邊形GEFH的面積S=·GK=×3=18.

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