ImageVerifierCode 换一换
格式:DOC , 页数:11 ,大小:258.50KB ,
资源ID:307096      下载积分:2 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝扫码支付
验证码:   换一换

加入VIP,免费下载
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.ketangku.com/wenku/file-307096-down.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习:7-4空间中的平行关系 WORD版含解析.doc)为本站会员(高****)主动上传,免费在线备课命题出卷组卷网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知免费在线备课命题出卷组卷网(发送邮件至service@ketangku.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习:7-4空间中的平行关系 WORD版含解析.doc

1、课时规范练A组基础对点练1(2018陕西质检)已知平面,和直线a,b,下列说法正确的是(C)A若a,b,且,则abB若a,b,且ab,则C若a,b,且ab,则D若,a,b,则ab2已知m,n表示两条不同直线,表示平面下列说法正确的是(B)A若m,n,则mnB若m,n,则mnC若m,mn,则nD若m,mn,则n3设,是两个不同的平面,m是直线且m,“m”是“”的(B)A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件4(2017江西赣中南五校联考)已知m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,则下列命题中正确的是(C)A若,则B若mn,m,n,则C若mn,m,n,则D若

2、mn,m,则n5(2018唐山质检)如图所示,四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点求证:(1)BE平面DMF;(2)平面BDE平面MNG.证明:(1)如图所示,设DF与GN交于点O,连接AE,则AE必过点O.连接MO,则MO为ABE的中位线,所以BEMO.因为BE平面DMF,MO平面DMF,所以BE平面DMF.(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DEGN.因为DE平面MNG,GN平面MNG,所以DE平面MNG.因为M为AB的中点,所以MN为ABD的中位线,所以BDMN.因为BD平面MNG,MN平面MNG,所以BD平面

3、MNG.又DEBDD,BD,DE平面BDE,所以平面BDE平面MNG.6(2018昆明质检)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,M是AB的中点(1)证明:BC1平面MCA1;(2)若ABA1M2MC2,BC,求点C1到平面MCA1的距离解析:(1)证明:如图,设AC1与A1C的交点为N,则N为AC1的中点,连接MN,因为M是AB的中点,所以MNBC1,又MN平面MCA1,BC1平面MCA1,所以BC1平面MCA1.(2)因为AB2MC2,M是AB的中点,所以ACB90.在直三棱柱中,A1M2,AM1,所以AA1.又BC,所以AC,A1C,所以A1MC90.设点C1到平面MCA1的距离为h,因为

4、AC1的中点N在平面MCA1上,所以点A到平面MCA1的距离也为h.又三棱锥A1AMC的体积VSAMCAA1,MCA1的面积SA1MMC1,则VShh,解得h,故点C1到平面MCA1的距离为.7一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示,在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN平面BDH;(3)过点M,N,H的平面将正方体分割为两部分,求这两部分的体积比解析:(1)点F,G,H的位置如图所示(2)证明:连接BD,设O为BD的中点,连接OM,OH,AC,BH,MN.M,N分别是BC,GH的中点

5、,OMCD,且OMCD,NHCD,且NHCD,OMNH,OMNH.则四边形MNHO是平行四边形,MNOH.又MN平面BDH,OH平面BDH,MN平面BDH.(3)由(2)知OMNH,OMNH,连接GM,MH,过点M,N,H的平面就是平面GMH,它将正方体分割为两个同高的棱柱,高都是GH,底面分别是四边形BMGF和三角形MGC,体积比等于底面积之比,即31.B组能力提升练1如图,点E为正方形ABCD边CD上异于点C,D的动点,将ADE沿AE翻折成SAE,使得平面SAE平面ABCE,则下列三种说法中正确的个数是(B)存在点E使得直线SA平面SBC;平面SBC内存在直线与SA平行;平面ABCE内存在

6、直线与平面SAE平行A0 B.1C2 D.3解析:由题图,得SASE.若存在点E使得直线SA平面SBC,则SASB,SASC,则SC,SB,SE三线共面,则点E与点C重合,与题设矛盾,故错误;因为SA与平面SBC相交,所以在平面SBC内不存在直线与SA平行,故错误;显然,在平面ABCE内,存在直线与AE平行,由线面平行的判定定理,得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行,故正确故选B.2(2018海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题,则该命题称为“可换命题”给出下列四个命题:垂直于同一平面的两直线平行;垂直于同一平面的两平面平行;平行于同一直线的两直

7、线平行;平行于同一平面的两直线平行其中是“可换命题”的是_(填序号)解析:由线面垂直的性质定理,可知是真命题,且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题,故是“可换命题”;因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交,所以是假命题,不是“可换命题”;由公理4可知是真命题,且平行于同一平面的两平面平行也是真命题,故是“可换命题”;因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面,所以是假命题,故不是“可换命题”3(2016高考全国卷)如图,四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,ADBC,ABADAC3,PABC4,M为线段AD上一点,AM2MD,N为PC的中点(1)证明:MN平面PAB;(2)求四面体N

8、BCM的体积解析:(1)证明:由已知得AMAD2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点,知TNBC,TNBC2.又ADBC,故TN綊AM,故四边形AMNT为平行四边形所以MNAT.因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.由ABAC3,得AEBC,AE,由AMBC,得M到BC的距离为,故SBCM42.所以四面体NBCM的体积VNBCMSBCM.4.如图,四棱锥PABCD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

9、面的四点,平面GEFH平面ABCD,BC 平面GEFH .(1)证明:GHEF; (2)若EB2,求四边形GEFH 的面积解析:(1)证明:因为BC平面GEFH,BC平面PBC,且平面PBC平面GEFHGH,所以GHBC.同理可证EFBC,因此GHEF.(2)如图,连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.因为PAPC,O是AC的中点,所以POAC,同理可得POBD.又BDACO,且AC,BD都在底面内,所以PO底面ABCD.又平面GEFH平面ABCD,且PO平面GEFH,所以PO平面GEFH.因为平面PBD平面GEFHGK,所以POGK,且GK底面ABCD,从而GKEF,所以

10、GK是梯形GEFH的高由AB8,EB2,得EBABKBDB14,从而KBDBOB,即K为OB的中点由POGK,得GKPO,即G是PB的中点,且GHBC4.由已知可得OB4,PO6,所以GK3.故四边形GEFH的面积SGK318.5(2018石家庄质检)如图,已知四棱锥PABCD,底面ABCD为正方形,且PA底面ABCD,过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF,且满足SPEFS四边形CDEF13.(1)证明:PB平面ACE;(2)当PA2AD2时,求点F到平面ACE的距离解析:(1)证明:由题知四边形ABCD为正方形,所以ABCD,因为CD平面PCD,AB平面PCD,所以AB平面PCD.又

11、AB平面ABFE,平面ABFE平面PCDEF,所以EFAB,所以EFCD.由SPEFS四边形CDEF13,知E,F分别为PD,PC的中点如图,连接BD交AC于点G,则G为BD的中点连接EG,则EGPB.又EG平面ACE,PB平面ACE,所以PB平面ACE.(2)因为PA2,ADAB1,所以AC,AEPD.因为PA平面ABCD,所以CDPA.又CDAD,ADPAA,所以CD平面PAD,所以CDPD.在RtCDE中,CE.在ACE中,由余弦定理,知cosAEC,所以sinAEC,所以SACEAECEsinAEC.设点F到平面ACE的距离为h,连接AF,则VFACEhh.因为DGAC,DGPA,ACPAA,所以DG平面PAC.因为E为PD的中点,所以点E到平面ACF的距离为DG.又F为PC的中点,所以SACFSACP,所以VEACF.由VFACEVEACF,解得h,得h,所以点F到平面ACE的距离为.

网站客服QQ:123456
免费在线备课命题出卷组卷网版权所有
经营许可证编号:京ICP备12026657号-3