【全程复习方略】（广西专用）高中数学 9.2直线和平面平行、平面和平面平行课时提能训练 理 新人教A版.doc

【全程复习方略】（广西专用）2013版高中数学 9.2直线和平面平行、平面和平面平行课时提能训练 理 新人教a版(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.已知直线a平面，p，那么过点p且平行于直线a的直线()(a)只有一条，不在平面内(b)有无数条，不一定在平面内(c)只有一条，在平面内(d)有无数条，一定在平面内2.(2012重庆模拟)已知m、n表示直线，、表示平面，下列命题正确的是()(a)若，m，则m(b)若，m，则m(c)若mn，n，则m(d)若n，m，mn，则m3.设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：x、y、z均为直线；x、y是直线，z是平面；z是直线，x、y是平面；x、y、z均为平面，其中使“xz且yzxy”为真命题的是()(a)(b)(c) (d)4.(2012柳州模拟)如图所示，正方体abcda1b1c1d1的棱长为a，p、q分别是d1b、b1c的中点，则pq的长为()(a)a(b)2a(c)(d)25.(预测题)a、b、c为三条不重合的直线，、为三个不重合的平面，现给出六个命题，ababaa其中真命题是()(a) (b)(c) (d)6.设、为三个不同的平面，m、n是两条不同的直线，在命题“m，n，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.，n；m，n；n，m.可以填入的条件有()(a)或 (b)或 (c)或 (d)或或二、填空题(每小题6分，共18分)7.在四面体abcd中，m、n分别为acd和bcd的重心，则四面体的四个面中与mn平行的是.8.如图所示，abcda1b1c1d1是棱长为a的正方体，m、n分别是下底面的棱a1b1，b1c1的中点，p是上底面的棱ad上的一点，ap，过p、m、n的平面交上底面于pq，q在cd上，则pq.9.如图，在正方体abcda1b1c1d1中，e、f、g、h分别是棱cc1、c1d1、d1d、cd的中点，n是bc的中点，点m在四边形efgh及其内部运动，则m满足时，有mn平面b1bdd1.三、解答题(每小题15分，共30分)10.(易错题)如图，b为acd所在平面外一点，m、n、g分别为abc、abd、bcd的重心.(1)求证：平面mng平面acd；(2)求smngsacd.11.如图，四棱锥pabcd的底面是正方形，pd底面abcd，点e在棱pb上.若e为pb的中点，棱pc(不包括端点)上是否存在点f，使得df平面aec？若存在，找出点f的位置；若不存在，说明理由.【探究创新】(16分)如图，多面体abca1b1c1中，三角形abc是边长为4的正三角形，aa1bb1cc1，aa1平面abc，aa1bb12cc14.(1)若o是ab的中点，求证：oc1a1b1；(2)在线段ab1上是否存在一点d，使得cd平面a1b1c1，若存在，确定点d的位置；若不存在，说明理由.答案解析1.【解析】选c.过直线外一点作与该直线平行的直线有且只有一条.若直线a和点p确定平面，且b，则ab.2.【解析】选d.若，m，则m或m，故选项a错误；若，m，则m或m，故选项b错误；若mn，n，则m或m，故选项c错误；若n，则n，又mn，m，m，故选项d正确.3.【解析】选c.根据空间中的直线、平面的位置关系的判断方法去筛选知、正确.4.【解析】选c.连结bc1，因为四边形bcc1b1为正方形，且q为b1c的中点，所以q为bc1的中点，又因为p为bd1的中点，故pq为bd1c1的中位线，pqc1d1，即|pq|a.5.【解题指南】首先要判断每个命题的真假，错误的命题只需给出一个反例.【解析】 选c.由平行公理易知正确；两直线同时平行于一个平面，这两直线可相交，平行或异面；两平面同时平行于一直线，这两个平面相交或平行；由面面平行的传递性知正确；一直线和一平面同时平行于另一直线，这条直线与该平面平行或在平面内；一直线和一平面同时平行于另一平面，这条直线可能和平面平行也可能在平面内，故正确应选c.6.【解析】选c.由面面平行的性质定理可知，正确；当n，m时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确.故选c.7.【解析】如图，取cd的中点e，则ae过m，且am2me，be过n，且bn2ne.连结mn，则abmn，mn平行于平面abc和平面abd.答案：平面abc和平面abd【变式备选】若、是两个相交平面，点a不在内，也不在内，则过点a且与和都平行的直线有条.【解析】据题意如图，要使过点a的直线m与平面平行，则根据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面的交线k与直线m平行，则推出nk，由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面与的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点a且与两平面的交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条.答案：18.【解析】平面abcd平面a1b1c1d1，平面abcd平面mnqppq，平面a1b1c1d1平面mnqpmn，mnpq.m、n分别是a1b1、b1c1的中点，ap，cq，从而dpdq，pqa.答案：a9.【解析】连结fn，hn，hnbd，hfdd1，hnhfh，bddd1d，平面nhf平面b1bdd1，故线段fh上任意点m与n连结，都有mn平面b1bdd1.答案：m线段fh【方法技巧】1.判断或证明线面平行的一般思路常用线面平行的判定定理及面面平行的性质定理判断线面平行，在运用定理时，要注意添加辅助线(面)是解决线面问题的关键.2.证明位置关系的思路提醒：证明思路按上述12345的顺序；在证明中所选用的定理(判定定理和性质定理)必须恰当；在证题中要注意线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系这三者之间的转化，实现转化的工具是判定定理和性质定理.10.【解析】(1)如图，连结bm、bn、bg并延长分别交ac、ad、cd于p、f、h.m、n、g分别为abc、abd、bcd的重心，2.连结pf、fh、ph，有mnpf.又pf平面acd，mn平面acd，mn平面acd.同理，mg平面acd，又mgmnm，平面mng平面acd.(2)由(1)可知：，mgph，又phad，mgad，同理，ngac，mncd，mngdca，其相似比为13，smngsacd19.11.【解析】不存在这样的点f，使得df平面aec.假设存在点f，使df平面aec.如图，连结bd，设bd与ac交于点o，则o是bd的中点，连结eo，由于点e是pb的中点，所以pdeo，又eo平面aec，pd平面aec，故pd平面aec.根据假设df平面aec，因为df平面pdc，pd平面pdc，pddfd，所以平面pdc平面aec，但平面pdc与平面aec有公共点c，两平面相交，矛盾，故假设不成立，即不存在这样的点f，使得df平面aec.【探究创新】【解析】(1)设线段a1b1的中点为e，连结oe，c1e，由aa1平面abc得：aa1ab.又bb1aa1，aa1bb1ab4，所以四边形aa1b1b是正方形，因为点o是线段ab的中点，所以oeaa1，所以oea1b1.由aa1平面abc得：aa1ac，aa1bc.又bb1aa1cc1，所以bb1bc，cc1ac，cc1bc，且ac4，aa14，cc12，bc4，b1b4.所以a1c1b1c1，所以c1ea1b1.因为c1eoee，所以a