（广东专用）2013高考数学总复习第七章第四节 课时跟踪训练 理

《（广东专用）2013高考数学总复习第七章第四节 课时跟踪训练 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（广东专用）2013高考数学总复习第七章第四节 课时跟踪训练 理（5页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、课时知能训练 一、选择题 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知直线a，b，c及平面α，β，下列条件中，能使a∥b成立的是(　　) A．a∥α，b⊂α B．a∥α，b∥α C．a∥c，b∥c D．a∥α，α∩β＝b 【解析】　由平行公理知C正确，A中a与b可能异面． B中a，b可能相交或异面，D中a，b可能异面． 【答案】　C 2．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是(　　) A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m 【解析】　A中

2、，l⊂α，得不到l⊥α，A为假命题． 由线面垂直的性质，知m⊥α，B为真命题． C中 ，l∥m或l与m异面，C是假命题． D中l与m相交、平行或异面，为假命题． 【答案】　B 3．(2012·佛山质检)给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题： ①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β； ②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m； ③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n. 其中真命题的个数为(　　) A．3　　　　B．2　　　　C．1　　　　D．0 【解析】　①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l、m. ②中l与m也可能异

3、面． ③中⇒l∥m，同理l∥n，则m∥n，正确． 【答案】　C 4．下列命题中，是假命题的是(　　) A．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面 B．平面α∥平面β，a⊂α，过β内的一点B有唯一的一条直线b，使b∥a C．α∥β，γ∥δ，α、β与γ、δ的交线分别为a、b、c、d，则a∥b∥c∥d D．一条直线与两个平面成等角是这两个平面平行的充要条件 【解析】　若两个平面平行，则一条直线与这两个平面所成的角相等，但是一条直线与两个平面成等角，则这两个平面平行或相交，故D错误． 【答案】　D 图7－4－10 5．如图7－4－10，若Ω是长方体ABCD

4、—A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是(　　) A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形 C．Ω是棱柱 D．Ω是棱台 【解析】　∵EH∥A1D1，∴EH∥B1C1， ∴EH∥平面BB1C1C.由线面平行性质，EH∥FG. 同理EF∥GH.且B1C1⊥面EB1F. 由直棱柱定义知几何体B1EF—C1HG为直三棱柱， ∴四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱． 【答案】　D 二、填空题 6．过三棱柱ABC—A1B1C1任意两条棱的中点作直线

5、，其中与平面ABB1A1平行的直线有________条． 【解析】　如图，E、F、G、H分别是A1C1、B1C1、BC、AC的中点，则与平面ABB1A1平行的直线有EF，GH，FG，EH，EG，FH共6条． 【答案】　6 7．(2012·广州模拟)如图7－4－11，棱柱ABC—A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________． 图7－4－11 【解析】　设BC1∩B1C＝O，连结OD， ∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD， ∴A1B∥OD， ∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为

6、BC1的中点， ∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1. 【答案】　1 图7－4－12 8．如图7－4－12，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的为________． (1)AC⊥BD； (2)AC∥截面PQMN； (3)AC＝BD； (4)异面直线PM与BD所成的角为45°. 【解析】　∵PQMN是正方形，∴MN∥PQ，则MN∥平面ABC， 由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥平面PQMN， 同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故(1)(2)正确． 又∵BD∥MQ，∴异面直线PM与BD所成的角即为∠PMQ＝45°，故(

7、4)正确． 【答案】　(3) 三、解答题 图7－4－13 9．如图7－4－13，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点，试问：平面AMN与平面EFDB有怎样的位置关系？并证明你的结论． 【解】　平面AMN∥平面EFDB.证明如下： ∵MN∥EF，EF⊂平面EFDB，MN⊄平面EFDB，∴MN∥平面EFDB. 又AM∥DF，同理可证AM∥平面EFDB. ∵MN⊂平面AMN，AM⊂平面AMN，且MN∩AM＝M， ∴平面AMN∥平面EFDB. 10．如图7－4－14所示，正三棱柱ABC—A1B1C1，AA1＝3

8、，AB＝2，若N为棱AB的中点． 图7－4－14 (1)求证：AC1∥平面NB1C； (2)求四棱锥C1－ANB1A1的体积． 【解】　(1)证明　法一　如图所示连结BC1和CB1交于O点，连结ON. ∵ABC—A1B1C1是正三棱柱， ∴O为BC1的中点．又N为棱AB中点， ∴在△ABC1中，NO∥AC1， 又NO⊂平面NB1C，AC1⊄平面NB1C， ∴AC1∥平面NB1C. 法二　如图所示 取A1B1中点M，连结AM，C1M， ∵N是AB中点，∴AN綊B1M， ∴四边形ANB1M是平行四边形， ∴AM∥B1N， ∴AM∥平面CNB1， 同理可证

9、C1M∥平面CNB1. ∵AM∩C1M＝M， ∴平面AMC1∥平面CNB1. ∴AC1∥平面CNB1. (2)∵ANB1A1是直角梯形，AN＝1，A1B1＝2，AA1＝3， ∴四边形ANB1A1面积为， ∵CN⊥平面ANB1A1， ∴CN的长度等于四棱锥C1－ANB1A1的高， ∴四棱锥C1－ANB1A1的体积为. 图7－4－15 11．(2011·北京高考)如图7－4－15，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点． (1)求证：DE∥平面BCP. (2)求证：四边形DEFG为矩形． (3)是否存在点Q，到

10、四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由． 【证明】　(1)因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC. 又因为DE⊄平面BCP， 所以DE∥平面BCP. (2)因为D，E，F，G分别为 AP，AC，BC，PB的中点， 所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF， 所以四边形DEFG为平行四边形． 又因为PC⊥AB， 所以DE⊥DG， 所以四边形DEFG为矩形． (3)存在点Q满足条件，理由如下： 连结DF，EG，设Q为EG的中点．如图所示． 由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG. 分别取PC，AB的中点M，N，连结ME，EN，NG，MG，MN. 与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q， 且QM＝QN＝EG， 所以Q为满足条件的点．