2019年高考数学一轮复习 第七章 立体几何初步 课时分层作业 四十二 7.4 直线、平面平行的判定及其性质 文.doc

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2019年高考数学一轮复习 第七章 立体几何初步 课时分层作业 四十二 7.4 直线、平面平行的判定及其性质 文 一、选择题(每小题5分,共35分) 1.下面四个正方体图形中,点A,B为正方体的两个顶点,点M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形是 (　　) A.①② B.①④ C.②③ D.③④ 【解析】选A.由线面平行的判定定理知①②可得出AB∥平面MNP. 2.(xx枣庄模拟)设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面.则下列四个命题中,正确的是 (　　) A.若a,b与α所成的角相等,则a∥b B.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b C.若a⊂α,b⊂β,a∥b,则α∥β D.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b 【解析】选D.对于选项A,a,b不一定平行,也可能相交;对于选项B,只需找个平面γ,使γ∥α∥β,且a⊂γ,b⊂γ即可满足题设,但a,b不一定平行;对于选项C,可参考直三棱柱模型排除. 【变式备选】(xx厦门模拟)已知α,β是两个不同的平面,下列四个条件中能推出α∥β的是 (　　) ①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β; ②存在一个平面γ,γ⊥α,γ⊥β; ③存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α; ④存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α. A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 【解析】选C.对①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β⇒α∥β,故①正确,排除B,D,对于③,存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,如图所示,不能推出α∥β,故排除A. 3.已知平面α及直线a,b,下列说法正确的是 (　　) A.若直线a,b与平面α所成角都是30,则这两条直线平行 B.若直线a,b与平面α所成角都是30,则这两条直线不可能垂直 C.若直线a,b平行,则这两条直线中至少有一条与平面α平行 D.若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直 【解析】选D.由题意逐一分析所给的选项: 若直线a,b与平面α所成角都是30,则这两条直线不一定平行; 若直线a,b与平面α所成角都是30,则这两条直线可能垂直; 若直线a,b平行,则这两条直线中可能两条都与平面α不平行; 若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直. 4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AA1=1,E,F分别为AB,AC的中点,P为棱BC上一点,则P到平面FEB1C1的距离为 (　　) A. B. C. D.随点P的位置改变而改变 【解析】选C.BC∥EF,不妨取BC的中点为P,如图,取B1C1的中点D,AP与EF交于H,作PG⊥DH,由于A1D⊥B1C1,PD⊥B1C1,PD∩A1D=D,B1C1⊂平面EFC1B1, 所以平面AA1DP⊥平面EFC1B1,交线为DH, 易求PH=,又PD=1, 故DH=2.由PDPH=DHPG, 所以PG=, 故点P到平面FEB1C1的距离为. 5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F在CC1上,且CF=2FC1,点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点,且PB1∥平面DEF,则tan∠ABP的取值范围 是 (　　) A. B.[0,1] C. D. 【解析】选D.在AA1上取点M,使得AM=MA1,连接B1M,则B1M∥DF,取C1D1的中点为N,连接B1N,则B1N∥DE.因此平面B1MN∥平面DEF,过点N作NG∥DF交DD1于点G,连接MG,则B1,M,G,N四点共面.且DG=DD1.因为PB1∥平面DEF.所以点P在线段MG上运动.当点P分别与点M,G重合时,tan∠ABP取最小值和最大值. 6.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱 有 (　　) A.0条 B.1条 C.2条 D.1条或2条 【解析】选C.如图所示:平面α截得平行四边形为EFGH,因为FG∥EH,可证明FG∥平面ABD,由线面平行的性质可知FG∥AB,所以AB∥α,同理可得CD∥α,所以有两条棱和平面平行. 7.如图是正方体的平面展开图.关于这个正方体,有以下判断: ①EC⊥平面AFN; ②CN∥平面AFB; ③BM∥DE; ④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是 (　　) A.①③ B.②③ C.①②④ D.②③④ 【解析】选C.由已知中正方体的平面展开图,得到正方体的直观图如图所示: 由⇒FN⊥平面EMC,故FN⊥EC;同理AF⊥EC,故EC⊥平面AFN,故①正确;由CN∥BE,则CN∥平面AFB,故②正确;由图可知BM∥DE显然错误,故③不正确;由BD∥NF得BD∥平面NCF,DE∥CF得DE∥平面NCF,由面面平行判定定理可知平面BDE∥平面NCF,故④正确. 二、填空题(每小题5分,共15分) 8.点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列四个命题: ①三棱锥A1-D1DP的体积不变; ②A1P∥平面ACD1; ③DP⊥BC1; ④平面A1PB⊥平面PDB1. 其中正确的命题的序号是____________. 【解析】如图, 对于①,因为BC1∥平面A1DD1,所以P到平面A1DD1的距离不变,三棱锥A1-D1DP的体积不变,①正确; 对于②,因为平面A1BC1∥平面ACD1,所以A1P∥平面ACD1,②正确; 对于③,因为在同一平面内,过直线外一点与已知直线垂直的直线只有一条,所以DP⊥BC1不正确,③不正确; 对于④,因为B1D⊥平面A1BC1,B1D⊂平面PDB1,所以平面A1PB⊥平面PDB1,④正确. 故正确的命题为①②④. 答案:①②④ 9.(xx青岛模拟)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:①垂直于同一平面的两直线平行;②垂直于同一平面的两平面平行;③平行于同一直线的两直线平行;④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是______ ________.(填命题的序号) 【解析】由线面垂直的性质定理可知①是真命题,且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题,故①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②是假命题,不是“可换命题”;由公理4可知③是真命题,且平行于同一平面的两平面平行也是真命题,故③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,故④是假命题,故④不是“可换命题”. 答案:①③ 10.如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,则AC的长为______ cm. 【解析】因为平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F,连接AD,BE,CF, 所以AD∥BE∥CF, 所以=, 因为AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm, 所以=,解得BC= cm, 所以AC=AB+BC=2+=(cm). 答案: 【变式备选】如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AC=15 cm,DE=5 cm,AB∶BC=1∶3,求AB,BC,EF的长. 【解析】如图所示,连接AF,交β于点G,则点A,B,C,G,F共面; 因为α∥β∥γ,平面ACF∩β=BG,平面ACF∩γ=CF, 所以BG∥CF,所以△ABG∽△ACF, 所以=, 同理,有AD∥GE,=; 所以=; 又=, 所以AB=AC= cm, BC=AC= cm; 所以EF=3DE=35=15 cm. 1.(5分)对于平面α和不重合的两条直线m,n,下列选项中正确的是 (　　) A.如果m⊂α,n∥α,m,n共面,那么m∥n B.如果m⊂α,n与α相交,那么m,n是异面直线 C.如果m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,那么n∥α D.如果m⊥α,n⊥m,那么n∥α 【解析】选A.由线面平行的性质定理,可知A正确,B选项中,n可以与m相交,C选项中,直线n可以与平面α相交,D选项中,n可以在平面α内. 2.(5分)已知点E,F分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1上的点,且AE=AB,AF=AA1,点M,N分别为线段D1E和线段C1F上的点,则与平面ABCD平行的直线MN有 (　　) A.1条 B.3条 C.6条 D.无数条 【解析】选D.取BH=BB1,连接FH,则FH∥AB,在线段D1E上取OE=D1E,在线段DE上取EK=ED,连接OH,OK,BK,则易得四边形OKBH为矩形,连接HE,在D1E上任取一点M, 过点M在平面D1HE中,作MG∥HO,交D1H于点G, 再过点G作GN∥FH,交C1F于点N,连接MN, 由于MG∥HO,HO∥KB,KB⊂平面ABCD, MG⊄平面ABCD, 所以MG∥平面ABCD, 同理由GN∥FH,可推得GN∥平面ABCD, 由面面平行的判定定理得,平面MNG∥平面ABCD,则MN∥平面ABCD, 由于M为D1E上任意一点,故这样的直线MN有无数条. 【变式备选】 1.如图,在正四棱锥S-ABCD中,点E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论:①EP∥BD;②EP⊥AC;③EP⊥平面SAC;④EP∥平面SBD中恒成立的为 (　　) A.②④ B.③④ C.①② D.①③ 【解析】选A.如图所示, 连接AC,BD相交于点O,连接EM,EN,SO,在①中:由异面直线的定义可知:EP与BD是异面直线,不可能EP∥BD,因此不正确. 在②中:由正四棱锥S-ABCD,可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,所以SO⊥AC, 因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD, 因为点E,M,N分别是BC,CD,SC的中点, 所以EM∥BD,MN∥SD,而EM∩MN=M, BD∩SD=D,所以平面EMN∥平面SBD,所以AC⊥平面EMN,所以AC⊥EP,故正确. 在③中:由②同理可得:EM⊥平面SAC, 若EP⊥平面SAC,则EP∥EM,与EP∩EM=E相矛盾,因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,即不正确. 在④中:由②可知平面EMN∥平面SBD, 所以EP∥平面SBD,因此正确. 2.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻转过程中,正确的命题是 (　　) ①BM是定值; ②点M在圆上运动; ③一定存在某个位置,使DE⊥A1C; ④一定存在某个位置,使MB∥平面A1DE. A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④ 【解析】选B.取DC中点N,连接MN,NB,则MN∥A1D,NB∥DE,所以平面MNB∥平面A1DE,因为MB⊂平面MNB,所以MB∥平面A1DE,④正确;∠A1DE=∠MNB,MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MNNBcos∠MNB,所以MB是定值.①正确;B是定点,所以M是在以B为圆心,MB为半径的圆上,②正确;只有当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在DE⊥A1C,其他情况不存在,③不正确.所以①②④正确. 3.(5分)在四面体ABCD中,M,N分别是△ACD,△BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是__________. 【解析】如图,连接AM并延长交CD于点E,连接BN并延长交CD于点F,由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD的中点,由==,得MN∥AB,因此,MN∥平面ABC,且MN∥平面ABD. 答案:平面ABD,平面ABC 4.(12分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB,过点A作AF⊥SB,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)BC⊥SA. 【证明】(1)因为AS=AB, AF⊥SB, 垂足为F, 所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点, 所以EF∥AB. 因为EF⊄平面ABC, AB⊂平面ABC, 所以EF∥平面ABC. 同理EG∥平面ABC. 又因为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,又因为AF⊂平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC, 因为 BC⊂平面 SBC, 所以 AF⊥BC. 又因为AB⊥BC, AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面 SAB, 所以 BC⊥平面 SAB. 又因为 SA⊂平面 SAB, 所以BC⊥SA. 5.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=60,PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,点E,F分别为AB和PC的中点,连接EF,BF. (1)求证:直线EF∥平面PAD. (2)求三棱锥F-PEB的体积. 【解析】(1)作FM∥CD交PD于点M,连接AM. 因为点F为PC中点,所以FM=CD. 因为点E为AB的中点,所以AE=AB=FM. 又AE∥FM,所以四边形AEFM为平行四边形, 所以EF∥AM. 所以直线EF∥平面PAD. (2)连接EC.已知∠DAB=60,AE=,AD=1, 由余弦定理,得DE⊥AB, 又AB∥DC,则DE⊥DC, 设F到平面BEC的距离为h. 因为点F为PC的中点,所以h=PD. 从而有VF-PBE=VP-BEF=VP-BEC-VF-BEC =S△BEC(PD-h)=S△BECPD =1=.