福建高考数学平面平行的判定与性质专项练习题附答案-ag凯发国际网址
平面平行的判定与性质是高考数学的常考知识点，考生需要适当做练习题来巩固知识。今天，学习啦小编为大家整理了福建高考数学平面平行的判定与性质专项练习题附答案。
福建高考数学平面平行的判定与性质专项练习题
1.已知直线a,b,平面α,则以下三个命题:
①若ab,b⊂α,则aα;
②若ab,a∥α,则bα;
③若aα,b∥α,则ab.
其中真命题的个数是( )
a.0 b.1 c.2 d.3
2.下列四个正方体图形中,a,b为正方体的两个顶点,m,n,p分别为其所在棱的中点,能得出ab平面mnp的图形的序号是( )
a.①③ b.②③ c.①④ d.②④
3.(2014福建宁德模拟)已知l,m为两条不同的直线,α为一个平面.若lα,则“lm”是“mα”的( )
a.充分不必要条件 b.必要不充分条件
c.充要条件 d.既不充分又不必要条件
4.如图,在四面体abcd中,截面pqmn是正方形,且pqac,则下列命题中错误的是( )
a.acbd
b.ac∥截面pqmn
c.ac=bd
d.异面直线pm与bd所成的角为45°
5.如图,四边形abcd是边长为1的正方形,md平面abcd,nb平面abcd,且md=nb=1,g为mc的中点.则下列结论中不正确的是( )
a.mcan
b.gb∥平面amn
c.平面cmn平面amn
d.平面dcm平面abn
6.在正四棱柱abcd-a1b1c1d1中,o为底面abcd的中心,p是dd1的中点,设q是cc1上的点,则点q满足条件 时,有平面d1bq平面pao.
7.(2014河北保定调研)已知直三棱柱abc-a'b'c'满足bac=90°,ab=ac=aa'=2,点m,n分别为a'b,b'c'的中点.
(1)求证:mn平面a'acc';
(2)求三棱锥c-mnb的体积.
8.如图,在三棱锥s-abc中,平面sab平面sbc,abbc,as=ab.过a作afsb,垂足为f,点e,g分别是棱sa,sc的中点.求证:
(1)平面efg平面abc;
(2)bcsa.
能力提升组
9.在空间四边形abcd中,e,f分别为ab,ad上的点,且aeeb=af∶fd=1∶4.又h,g分别为bc,cd的中点,则( )
a.bd平面efg,且四边形efgh是平行四边形
b.ef平面bcd,且四边形efgh是梯形
c.hg平面abd,且四边形efgh是平行四边形
d.eh平面adc,且四边形efgh是梯形
10.设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内的两条相交直线,则αβ的一个充分不必要条件是( )
a.mβ且l1α b.m∥l1且nl2
c.m∥β且nβ d.m∥β且nl2
11.设α,β,γ为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“若α∩β=m,n⊂γ,且 ,则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.
①αγ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.
可以填入的条件有 .
12.如图,在四棱锥p-abcd中,pd平面abcd,底面abcd为矩形,pd=dc=4,ad=2,e为pc的中点.
(1)求三棱锥a-pde的体积;
(2)ac边上是否存在一点m,使得pa平面edm?若存在,求出am的长;若不存在,请说明理由.
13.(2014安徽,文19)如图,四棱锥p-abcd的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2.点g,e,f,h分别是棱pb,ab,cd,pc上共面的四点,平面gefh平面abcd,bc平面gefh.
(1)证明:ghef;
(2)若eb=2,求四边形gefh的面积.
福建高考数学平面平行的判定与性质专项练习题参考答案
.a 解析:对于①,若ab,b⊂α,则应有aα或a⊂α,所以①不正确;
对于②,若ab,a∥α,则应有bα或b⊂α,因此②不正确;
对于③,若aα,b∥α,则应有ab或a与b相交或a与b异面,因此③是假命题.
综上,在空间中,以上三个命题都是假命题.
2.c 解析:对于图形①,平面mnp与ab所在的对角面平行,即可得到ab平面mnp;对于图形④,abpn,即可得到ab平面mnp;图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行.
3.d 解析:由lα,l∥m,则mα或m⊂α;由lα,m∥α,则m与l相交或ml或m与l异面,所以“lm”是“mα”的既不充分又不必要条件.
4.c 解析:由题意可知pqac,qm∥bd,pq⊥qm,所以acbd,故a正确;
由pqac可得ac截面pqmn,故b正确;
由pnbd可知,异面直线pm与bd所成的角等于pm与pn所成的角,
又四边形pqmn为正方形,
所以mpn=45°,故d正确;
而ac=bd没有论证来源.
5.c 解析:显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体,把该几何体放置到正方体中(如图),
取an的中点h,连接hb,mh,则mchb,又hban,所以mcan,所以a正确;
由题意易得gbmh,
又gb⊄平面amn,mh⊂平面amn,
所以gb平面amn,所以b正确;
因为abcd,dm∥bn,且ab∩bn=b,cd∩dm=d,
所以平面dcm平面abn,所以d正确.
6.q为cc1的中点 解析:如图,假设q为cc1的中点,因为p为dd1的中点,
所以qbpa.
连接db,因为p,o分别是dd1,db的中点,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满足条件q为cc1的中点时,有平面d1bq平面pao.
7.(1)证明:如图,连接ab',ac'.
四边形abb'a'为矩形,m为a'b的中点,
ab'与a'b交于点m,且m为ab'的中点.
又点n为b'c'的中点,mn∥ac'.
∵mn⊄平面a'acc',
且ac'⊂平面a'acc',
mn∥平面a'acc'.
(2)解:由图可知vc-mnb=vm-bcn.
bac=90°,
∴bc==2,
又三棱柱abc-a'b'c'为直三棱柱,且aa'=4,
s△bcn=×2×4=4.
∵a'b'=a'c'=2,∠b'a'c'=90°,点n为b'c'的中点,
a'n⊥b'c',a'n=.
又bb'平面a'b'c',a'n⊥bb'.
∴a'n⊥平面bcn.
又m为a'b的中点,
m到平面bcn的距离为.
vc-mnb=vm-bcn=×4.
8.证明:(1)因为as=ab,afsb,垂足为f,所以f是sb的中点.
又因为e是sa的中点,所以efab.
因为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)因为平面sab平面sbc,且交线为sb,af⊂平面sab,afsb,所以af平面sbc.
因为bc⊂平面sbc,所以afbc.
又因为abbc,af∩ab=a,af⊂平面sab,ab⊂平面sab,
所以bc平面sab.
因为sa⊂平面sab,所以bcsa.
9.b 解析:如图,由题意得,efbd,
且ef=bd.
hgbd,且hg=bd,
ef∥hg,且ef≠hg.
四边形efgh是梯形.
又ef平面bcd,而eh与平面adc不平行,故b正确.
10.b 解析:对于选项a,不合题意;
对于选项b,由于l1与l2是相交直线,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,它们也可以异面,故必要性不成立,故选b;
对于选项c,由于m,n不一定相交,故是必要不充分条件;
对于选项d,由于nl2可转化为nβ,同选项c,故不符合题意.
综上选b.
11.①或③ 解析:由面面平行的性质定理可知,①正确;当nβ,m⊂γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.
12.解:(1)因为pd平面abcd,
所以pdad.
又因为abcd是矩形,
所以adcd.
因为pd∩cd=d,
所以ad平面pcd.
所以ad是三棱锥a-pde的高.
因为e为pc的中点,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的中点m,连接em,dm,
因为e为pc的中点,m为ac的中点,所以empa.
又因为em⊂平面edm,pa⊄平面edm,所以pa平面edm.
所以am=ac=.
即在ac边上存在一点m,使得pa平面edm,am的长为.
13.(1)证明:因为bc平面gefh,bc⊂平面pbc,且平面pbc∩平面gefh=gh,所以ghbc.
同理可证:efbc,因此ghef.
(2)解:连接ac,bd交于点o,bd交ef于点k,连接op,gk.
因为pa=pc,o是ac的中点,
所以poac,同理可得pobd.
又bd∩ac=o,且ac,bd都在底面内,所以po底面abcd.
又因为平面gefh平面abcd,
且po⊄平面gefh,
所以po平面gefh.
因为平面pbd∩平面gefh=gk,
所以pogk,且gk底面abcd,
从而gkef.
所以gk是梯形gefh的高.
由ab=8,eb=2,
得ebab=kb∶db=1∶4,
从而kb=db=ob,
即k为ob的中点.
再由pogk,得gk=po,
即g是pb的中点,
且gh=bc=4.
由已知可得ob=4,
po==6,
所以gk=3.
故四边形gefh的面积s=·gk=×3=18.
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