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【优化方案】高考数学总复习 第七章第3课时知能演练+轻松闯关 文.doc

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【优化方案】高考数学总复习 第七章第3课时知能演练+轻松闯关 文1．已知⊙C ：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则“F ＝E ＝0且D <0”是“⊙C 与y 轴相切于原点”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.由题意可知，要求圆心坐标为(－D2，0)，而D 可以大于0，故选A.2．若PQ 是圆x 2＋y 2＝9的弦，PQ 的中点是M (1,2)，则直线PQ 的方程是( ) A ．x ＋2y －3＝0 B ．x ＋2y －5＝0 C ．2x －y ＋4＝0 D ．2x －y ＝0 解析：选B.由圆的几何性质知k PQ ·k OM ＝－1，∵k OM ＝2，∴k PQ ＝－12.故直线PQ 的方程为y －2＝－12(x －1)，即x ＋2y －5＝0.3．两条直线y ＝x ＋2a ，y ＝2x ＋a 的交点P 在圆(x －1)2＋(y －1)2＝4的内部，则实数a 的取值范围是( )A ．－15<a <1B ．a >1或a <－15C ．－15≤a <1D ．a ≥1或a ≤－15解析：选A.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋2a y ＝2x ＋a ，得P (a,3a )．∴(a －1)2＋(3a －1)2<4，∴－15<a <1，故应选A.4．(2011·高考辽宁卷)已知圆C 经过A (5,1)，B (1,3)两点，圆心在x 轴上，则C 的方程为________．解析：设圆心坐标为(a,0)，易知a －52＋－12＝a －12＋－32，解得a ＝2，∴圆心为(2,0)，半径为10，∴圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝10.答案：(x －2)2＋y 2＝10一、选择题1．若圆x 2＋y 2－2ax ＋3by ＝0的圆心位于第三象限，那么直线x ＋ay ＋b ＝0一定不经过( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选D.圆x 2＋y 2－2ax ＋3by ＝0的圆心为(a ，－32b )，则a <0，b >0.直线y ＝－1ax －b a ，k ＝－1a >0，－ba>0，直线不经过第四象限，故选D.2．已知两定点A (－2,0)，B (1,0)，如果动点P 满足|PA |＝2|PB |，则点P 的轨迹所包围的图形的面积等于( )A ．πB ．4πC ．8πD ．9π解析：选B.设P (x ，y )，由题意知有：(x ＋2)2＋y 2＝4[(x －1)2＋y 2]，整理得x 2－4x ＋y 2＝0，配方得(x －2)2＋y 2＝4.可知圆的面积为4π，故选B.3．若圆C 的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x －3y ＝0和x 轴均相切，则该圆的标准方程是( )A ．(x －3)2＋(y －73)2＝1B ．(x －2)2＋(y －1)2＝1C ．(x －1)2＋(y －3)2＝1D ．(x －32)2＋(y －1)2＝1解析：选B.设圆心为(a ，b )(a >0，b >0)，依题意有|4a －3b |42＋32＝b ＝1，∴a ＝2，b ＝1， ∴圆的标准方程(x －2)2＋(y －1)2＝1，故选B.4．方程|x |－1＝1－y －12所表示的曲线是( ) A ．一个圆 B ．两个圆 C ．半个圆 D ．两个半圆解析：选D.原方程即⎩⎪⎨⎪⎧|x |－12＋y －12＝1，|x |－1≥0.即⎩⎪⎨⎪⎧x －12＋y －12＝1，x ≥1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12＋y －12＝1，x ≤－1.故原方程表示两个半圆．5．(2012·阜新质检)一束光线从点A (－1,1)出发经x 轴反射到圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1上的最短路程是( )A ．4B ．5C ．32－1D ．2 6 解析：选A.圆C 的圆心C 的坐标为(2,3)，半径r ＝1.点A (－1，1)关于x 轴的对称点A ′的坐标为(－1，－1)．因A ′在反射线上，所以最短距离为|A ′C |－r ，即[2－－1]2＋[3－－1]2－1＝4. 二、填空题 6．(2010·高考天津卷)已知圆C 的圆心是直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点，且圆C 与直线x ＋y ＋3＝0相切，则圆C 的方程为________．解析：直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点为(－1,0)，即圆C 的圆心坐标为(－1,0)．又圆C 与直线x ＋y ＋3＝0相切，∴圆C 的半径为r ＝|－1＋0＋3|2＝ 2.∴圆C 的方程为(x ＋1)2＋y 2＝2.答案：(x ＋1)2＋y 2＝27．如果圆的方程为x 2＋y 2＋kx ＋2y ＋k 2＝0.那么当圆面积最大时，圆心为________．解析：将方程配方，得(x ＋k 2)2＋(y ＋1)2＝－34k 2＋1.∴r 2＝1－34k 2>0，r max ＝1，此时k ＝0.∴圆心为(0，－1)． 答案：(0，－1)8．圆心在原点且圆周被直线3x ＋4y ＋15＝0分成1∶2两部分的圆的方程为________．解析：如图，因为圆周被直线3x ＋4y ＋15＝0分成1∶2两部分，所以∠AOB ＝120°.而圆心到直线3x ＋4y ＋15＝0的距离d ＝1532＋42＝3，在△AOB 中，可求得OA ＝6.所以所求圆的方程为x 2＋y 2＝36.答案：x 2＋y 2＝36 三、解答题9．(2011·高考课标全国卷)在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2－6x ＋1与坐标轴的交点都在圆C 上．(1)求圆C 的方程；(2)若圆C 与直线x －y ＋a ＝0交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，求a 的值．解：(1)曲线y ＝x 2－6x ＋1与y 轴的交点为(0,1)，与x 轴的交点为(3＋22，0)，(3－22，0)．故可设C 的圆心为(3，t )，则有32＋(t －1)2＝(22)2＋t 2，解得t ＝1.则圆C 的半径为32＋t －12＝3.所以圆C 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其坐标满足方程组 ⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋a ＝0，x －32＋y －12＝9. 消去y ，得方程2x 2＋(2a －8)x ＋a 2－2a ＋1＝0.由已知可得，判别式Δ＝56－16a －4a 2>0.因此x 1,2＝8－2a ±56－16a －4a24，从而x 1＋x 2＝4－a ，x 1x 2＝a 2－2a ＋12.①由于OA ⊥OB ，可得x 1x 2＋y 1y 2＝0. 又y 1＝x 1＋a ，y 2＝x 2＋a ，所以2x 1x 2＋a (x 1＋x 2)＋a 2＝0.②由①②得a ＝－1，满足Δ>0，故a ＝－1.10．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆心在第二象限，半径为22的圆C 与直线y ＝x 相切于坐标原点O .(1)求圆C 的方程；(2)试探求C 上是否存在异于原点的点Q ，使Q 到定点F (4,0)的距离等于线段OF 的长．若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设圆C 的圆心为C (a ，b )，则圆C 的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝8， ∵直线y ＝x 与圆C 相切于原点O . ∴O 点在圆C 上，且OC 垂直于直线y ＝x ，于是有⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝8ba＝－1⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝2.由于点C (a ，b )在第二象限，故a <0，b >0.∴圆C 的方程为(x ＋2)2＋(y －2)2＝8.(2)假设存在点Q 符合要求，设Q (x ，y )，则有⎩⎪⎨⎪⎧x －42＋y 2＝16，x ＋22＋y －22＝8.解之得x ＝45或x ＝0(舍去)．所以存在点Q (45，125)，使Q 到定点F (4,0)的距离等于线段OF 的长．11．(探究选做)如图，某景区内有A 、B 两个景点在一条小路(直道)的同侧，分别距小路 2 km 和2 2 km ，且A 、B 两景点间的距离为2 km ，今欲在小路上设一观景台，使两景点同时进入视线并有最佳观赏和拍摄效果，则观景台应设在何处？解：以小路为x 轴，过B 垂直于小路的直线为y 轴建立如图所示的直角坐标系，依据题意，观景台应是AB 的垂直平分线与x 轴的交点，设为M (a,0)，则A (－2，2)，B (0,22)．依据题意|MA |＝|MB |，∴a ＋22＋22＝a 2＋222， ∴a ＝ 2.因此，观景台应是景点B 在小路投影右侧 2 km 处．。

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【优化方案】2021-2021学年高中数学 第7章7.2.2知能演练轻松闯关 湘教版选修2-3(1)

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【优化方案】2021-2021学年高中数学第7章知能演练轻松闯关湘教版选修2-3 1.5A35＋4A24＝( )A．107 B．323C．320 D．348解析：选D.原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.2.用1，2，3，4，5这5个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数共有( )A．30个B．36个C．40个D．60个解析：选B.分2步完成：第一步，个位为奇数，有A13种选法；第二步，从余下的4个数中任选2个排在三位数的百位、十位上，有A24种选法．由分步乘法计数原理，共有A13×A24＝36(个)无重复数字的三位奇数．3.(2021·南开调研)某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，若是将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法种数为( )A．42 B．30C．20 D．12解析：选A.分两类：第一类，两个新节目相邻的插法有6A22种；第二类，两个新节目不相邻的插法有A26种．故N＝6A22＋A26＝6×2＋6×5＝42(种)．4.(2021·秀山检测)将红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小球，别离放入红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小口袋中，假设不允有空袋，且红口袋中不能装入红球，那么有______种不同的放法．解析：先装红球，且每袋一球，因此有A14×A44＝96(种)．答案：96一、选择题1.(2021·云阳质检)以下各式中与排列数A m n相等的是( )B．n(n－1)(n－2)…(n－m)·A n－1n D．A1n·A m－1n－1解析：选＝＝n！（n－m）！，A1n·A m－1n－1＝n·（n－1）！[n－1－（m－1）]！＝n·（n－1）！（n－m）！＝n！（n－m）！.2.设x∈N＋，且x＜23，那么(23－x)(24－x)…(30－x)可化为( )A．A823－x B．A23－x30－xC．A730－x D．A830－x解析：选D.这是排列数公式的逆用，选确信最大数即n，再确信因式的个数，即＝30－x，m＝(30－x)－(23－x)＋1＝8，故(23－x)(24－x)…(30－x)＝A830－x.人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一路的排法种数为( )A．720 B．684C．576 D．144解析：选C.(间接法)甲、乙、丙三人在一路的排法种数为A44×A33；不考虑任何限制，6人的全排列有A66种．∴符合题意的排法种数为A66－A44×A33＝576.4.(2021·高考大纲全国卷)6位选手依次演讲，其当选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，那么不同的演讲顺序共有( )A．240种B．360种C．480种D．720种解析：选C.第一步先排甲，共有A14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A55种不同的排法，因此不同的演讲顺序共有A14·A55＝480(种)．5.用数字1，2，3，4，5能够组成没有重复数字，而且比20000大的五位偶数共有( ) A．48个B．36个C．24个D．18个解析：选B.个位数字是2的有3A33＝18(个)，个位数字是4的有3A33＝18(个)，因此共有36个．6.(2021·永川调研)由1、二、3、4、5组成没有重复数字且1、2都不与5相邻的五位数的个数是( )A．36 B．32C．28 D．24解析：选A.分两类：第一类，假设5在首位或末位，共有2A12×A33＝24(个)；第二类，假设5在中间三位，共有A13×A22×A22＝12(个)．故共有24＋12＝36(个)．二、填空题人站成一排，甲必需站在排头或排尾的不同站法有________种．解析：2A44＝48.答案：48个人坐8个位置，要求每人的左右都有空位，那么有________种坐法．解析：第一步：摆5个空位置，○○○○○；第二步：3个人带上凳子插入5个位置之间的四个空，有A34＝24(种)，故有24种不同坐法．答案：249.(2021·南川质检)要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课各一节的课程表．要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，那么不同的排法种数为________．(用数字作答)解析：先在前3节课当选一节安排数学，有A13种安排方式；在除数学课与第6节课外的4节课当选一节安排英语课，有A14种安排方式；其余4节课无约束条件，有A44种安排方式．依照分步乘法计数原理，不同的排法种数为A13·A14·A44＝288.答案：288三、解答题10.从数字0，1，3，5，7中掏出不同的三个作系数．(1)能够组成多少个不同的一元二次方程ax3＋bx＋c＝0?(2)其中有实根的方程有多少个？解：(1)第一确信a，只能从1，3，5，7当选一个，有A14种，然后从余下的4个数中任选两个作b、c，有A24种．∴由分步乘法计数原理知，共组成的一元二次方程有A14·A24＝48(个)．(2)方程要有实根，必需知足Δ＝b2－4ac≥0.分类讨论如下：当c＝0时，a，b可在1，3，5，7中任取两个排列，有A24个；当c≠0时，分析判别式知b只能取5，7.当b取5时，a，c只能取1，3这两个数，有A22种；当b取7时，a，c可取1，3或1，5这两组数，有2A22种．现在共有(A22＋2A22)个．由分类加法计数原理知，有实根的一元二次方程共有A24＋A22＋2A22＝18(个)．11.用1，2，3，4，5，6，7排成无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？(1)偶数不相邻；(2)偶数必然在奇数位上；(3)1和2之间恰好夹有一个奇数，没有偶数．解：(1)用插空法，共有A44A35＝1440(个)．(2)先把偶数排在奇数位上有A34种排法，再排奇数有A44种排法．因此共有A34A44＝576(个)．(3)在1和2间放一个奇数有A13种方式，把1，2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有A55种排法，因此共有A13A55A22＝720(个)．12.(创新题)7名班委中有A、B、C三人，有7种不同的职务，现对7名班委进行职务具体分工．(1)假设正、副班长两职只能从A、B、C三人当选两人担任，有多少种分工方案？(2)假设正、副班长两职至少要选A、B、C三人中的一人担任，有多少种分工方案？解：(1)先排正、副班长有A23种方式，再安排其余职务有A55种方式．依照分步乘法计数原理，共有A23A55＝720(种)分工方案．(2)7人中任意分工方案有A77种，A、B、C三人中无一人任正、副班长的分工方案有A24A55种，因此A、B、C三人中至少有一人任正、副班长的方案有A77－A24A55＝3600(种)．。

专题一第3讲知能演练轻松闯关

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则 F′(x)＝xf′(x)＋f(x)， 由 xf′(x)>－f(x)，得 xf′(x)＋f(x)>0， 即 F′(x)>0， 所以 F(x)在 R 上为递增函数． 因为 a>b，所以 af(a)>bf(b)． 2 1 1 6．设 f(x)＝－ x3＋ x2＋2ax，若 f(x)在 3，＋∞上存在单调递增区间，则 a 的取值范围为 3 2 ________． 12 1 2 解析：由 f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－ x－2 ＋4＋2a，当 x∈3，＋∞时，f′(x)的最大值为 2 2 2 1 f′ 3＝9＋2a.令9＋2a＞0，得 a＞－9. 2 1 所以当 a＞－ 时，f(x)在 3，＋∞上存在单调递增区间． 9 1 答案： －9，＋∞ 7．(2012· 高考江西卷)计算定积分1－1(x2＋sinx)dx＝________.
1．(2012· 四川绵阳高三诊断)已知曲线 y＝x3 在点(a，b)处的切线与直线 x＋3y＋1＝0 垂直， 则 a 的值是( ) A．－1 B．± 1 C．1 D．± 3 3 2 解析：选 B.由 y＝x 知 y′＝3x ，∴切线斜率 k＝y′|x＝a＝3a2.又切线与直线 x＋3y＋1＝0 垂 －1＝－1，即 a2＝1，a＝± 直，∴3a2· 1，故选 B. 3 1 2．(2012· 高考辽宁卷)函数 y＝ x2－ln x 的单调递减区间为( ) 2 A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 1 解析：选 B.由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由 y′＝x－ ≤0，解得 0＜x≤1，所 x 以函数的单调递减区间为(0,1]．
①函数 f(x)的值域为[0,2]；②函数 f(x)在区间[0,2]和[4,5]上是减函数；③如果当 x∈[－1，t] 时，f(x)的最大值是 2，那么 t 的最大值为 4；④当 1<a<2 时，函数 y＝f(x)－a 有 4 个零点． 其中是真命题的是________． 解析：由 f′(x)的图象知，函数 f(x)在[－1,0]上递增，在[0,2]上递减，在[2,4]上递增，在[4,5] 上递减，故 f(x)在 x＝0 处取极大值，在 x＝2 处取极小值，在 x＝4 处取极大值．又由表格知 f(－1)＝f(5)<f(0)，且 f(0)＝f(4)，故 f(x)的最大值为 2，最小值因 f(2)未知而不确定，故①不 正确；③中 t 最大值为 5；④中零点个数受最小值影响，故④不一定正确．因此只有②正确． 答案：② 1 9．(2012· 高考安徽卷)设定义在(0，＋∞)上的函数 f(x)＝ax＋ ＋b(a＞0)． ax (1)求 f(x)的最小值； 3 (2)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝ x，求 a，b 的值． 2 1 解：(1)法一：由题设和均值不等式可知，f(x)＝ax＋ ＋b≥2＋b，其中等号成立当且仅当 ax ax＝1， 1 即当 x＝ 时，f(x)取最小值为 2＋b. a 2 2 1 a x －1 法二：f(x)的导数 f′(x)＝a－ 2＝ ， ax ax2
高三数学第七章第3课时优质课件

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解析：选 D.条件 A 中，增加 l 与 m 相交才能判断出 α∥β，A 错．由条件 B、C 都有可能 α 与 β 相交，排除 B 和 C.而垂直 于同一直线的两个平面平行，D 成立．
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4． (2013· 安康模拟)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中， 是 DD1 E 的中点，则 BD1 与平面 ACE 的位置关系为________．
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跟踪训练 1．如图，四边形 ABCD 是平行四边形，点 P 是平面 ABCD 外一点，M 是 PC 的中点，在 DM 上取一点 G，过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH. 求证：AP∥GH.
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证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴O 是 AC 中点， 又 M 是 PC 的中点， ∴AP∥OM. 则有 PA∥平面 BMD.(根据直线和平面平行的判定定理) ∵平面 PAHG∩平面 BMD＝GH， ∴PA∥GH. (根据直线和平面平行的性质定理)
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【规律小结】 (1)利用定义；
判定平面与平面平行的方法：
(2)利用面面平行的判定定理； (3)利用面面平行的判定定理的推论； (4)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)；
(5)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．
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跟踪训练 2. (2013· 南昌调研)如图，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中， 底面是正方形， F、 分别是棱 B1B， 1D， 的中点． E、 G D DA 求 证： (1)平面 AD1E∥平面 BGF； (2)D1E⊥AC.
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【解】 当 Q 为 CC1 的中点时， 平面 D1BQ∥平面 PAO.证明如下： ∵Q 为 CC1 的中点，P 为 DD1 的中点， ∴QB∥PA. ∵P，O 分别为 DD1，DB 的中点， ∴D1B∥PO. 又∵D1B 平面 PAO，PO 平面 PAO， QB 平面 PAO，PA 平面 PAO， ∴D1B∥平面 PAO，QB∥平面 PAO， 又 D1B∩QB＝B，D1B、QB ∴平面 D1BQ∥平面 PAO. 平面 D1BQ，
优化方案(新课标)2016高考数学一轮复习第七章第4讲知能训练轻松闯关

优化方案(新课标)2016高考数学一轮复习第七章第4讲知能训练轻松闯关

【优化方案】（新课标）2016高考数学一轮复习第七章第4讲知能训练轻松闯关1．(2015·惠州模拟)已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( )A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥βB．l⊂α，m⊂β，且l∥mC．l⊥α，m⊥β，且l∥mD．l∥α，m∥β，且l∥m解析：选C．借助正方体模型进行判断．易排除选项A，B，D，故选C．2．(2015·济南模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：选D．若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A．若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B．若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C．故选D．3．(2015·大连市双基测试)在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则真命题是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC．若a∥α，a∥b，则b∥αD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解析：选D．对于A，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，因此选项A不正确；对于B，分别位于两个相互垂直的平面内的两条直线可能是平行的或异面的或相交的，因此选项B不正确；对于C，直线b可能位于平面α内，此时结论不正确；对于D，直线a与平面β没有公共点，因此a∥β，选项D正确．4．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条解析：选D．由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF 内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行．5．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形解析：选B ．由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF 綊15BD ，∴EF ∥平面BCD ．又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，∴HG 綊12BD ，∴EF ∥HG 且EF ≠HG ．∴四边形EFGH 是梯形．6． 如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝AN ND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是__________．解析：在平面ABD 中，AM MB ＝ANND，∴MN ∥BD ．又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴MN ∥平面BCD ． 答案：平行7．(2015·汕头质检)若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是________．①若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线； ②若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线；③已知α，β互相平行，m ，n 互相平行，若m ∥α，则n ∥β； ④若m ，n 在平面α内的射影互相平行，则m ，n 互相平行．解析：①为假命题；②为真命题；在③中，n 可以平行于β，也可以在β内，故是假命题；在④中，m ，n 也可能异面，故为假命题．答案：②8．(2015·湖南长沙一中高考模拟)如图所示，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1、D 1、P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ＝________．解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ ．又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ， 设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ， ∴△APM ∽△DPQ ．∴PQ PM ＝PD AP＝2，即PQ ＝2PM ．又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a ．答案：223a9． 如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，H 分别为棱A 1B 1，D 1C 1上的点，且EH ∥A 1D 1，过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G ，求证：FG ∥平面ADD 1A 1．证明：因为EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1， EH ⊄平面BCC 1B 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1， 所以EH ∥平面BCC 1B 1．又平面FGHE ∩平面BCC 1B 1＝FG ， 所以EH ∥FG ，即FG ∥A 1D 1．又FG ⊄平面ADD 1A 1，A 1D 1⊂平面ADD 1A 1， 所以FG ∥平面ADD 1A 1．10． 如图，已知四棱锥P ­ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)求证：AM ＝CM ；(2)若N 是PC 的中点，求证：DN ∥平面AMC ．证明：(1)在直角梯形ABCD 中，AD ＝DC ＝12AB ＝1，∴AC ＝2，BC ＝2，∴BC ⊥AC ． 又PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥PA ，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥PC ．在Rt △PAB 中，M 为PB 的中点，则AM ＝12PB ，在Rt △PBC 中，M 为PB 的中点，则CM ＝12PB ，∴AM ＝CM ．(2)连接DB 交AC 于点F ，∵DC 綊12AB ，∴DF ＝12FB ．取PM 的中点G ，连接DG ，FM ，则DG ∥FM ． 又DG ⊄平面AMC ，FM ⊂平面AMC ， ∴DG ∥平面AMC ． 连接GN ，则GN ∥MC ， ∴GN ∥平面AMC ．又GN ∩DG ＝G ，∴平面DNG ∥平面AMC ． ∵DN ⊂平面DNG ， ∴DN ∥平面AMC ．1．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是对角线AB 1，BC 1上两点，且B 1M MA ＝C 1NNB，求证：MN ∥平面A 1B 1C 1D 1．证明：如图所示，在平面AA1B 1B 内，作MK ∥A 1B 1交BB 1于点K ，因为A 1B 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，MK ⊄平面A 1B 1C 1D 1，所以MK ∥平面A 1B 1C 1D 1连接KN ，由MK ∥A 1B 1可知B 1M MA ＝B 1K KB， 又B 1M MA ＝C 1N NB ，所以B 1K KB ＝C 1NNB，所以KN ∥B 1C 1， 因为B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，KN ⊄平面A 1B 1C 1D 1，所以KN ∥平面A 1B 1C 1D 1．又MK ，KN 是平面MNK 内两条相交的直线，所以平面MNK ∥平面A 1B 1C 1D 1， 因为MN ⊂平面MNK ，所以MN ∥平面A 1B 1C 1D 1．2． 如图，斜三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1?(2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC的值．解：(1)如图，取D1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1． 连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1． 由棱柱的性质，知四边形A 1ABB 1为平行四边形，∴点O 为A 1B 的中点． 在△A 1BC 1中，点O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点， ∴OD 1∥BC 1．又∵OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1， ∴BC 1∥平面AB 1D 1．∴A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1． (2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1， 且平面A 1BC 1∩平面BDC 1＝BC 1， 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ． 因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1． ∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD ． 又∵A 1OOB ＝1，∴DC AD ＝1，即ADDC＝1．3．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，如图． (1)求证：平面AB 1D 1∥平面C 1BD ；(2)试找出体对角线A 1C 与平面AB 1D 1和平面C 1BD 的交点E ，F ，并证明A 1E ＝EF ＝FC ．解：(1)证明：因为在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD綊B1C1，所以四边形AB1C1D是平行四边形，所以AB1∥C1D．又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，所以AB1∥平面C1BD．同理B1D1∥平面C1BD．又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1⊂平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD．(2)如图，连接A1C1，交B1D1于点O1，连接AO1，与A1C交于点E．又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内，所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点．连接AC，交BD于点O，连接C1O，与A1C交于点F，则点F就是A1C与平面C1BD的交点．下面证明A1E＝EF＝FC．因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1，平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F，平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F．在△A1C1F中，O1是A1C1的中点，所以E是A1F的中点，即A1E＝EF．同理可证OF∥AE，所以F是CE的中点，即FC＝EF，所以A1E＝EF＝FC．。