（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文

《（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十五）直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文 1．(2018·河北保定模擬)有下列命題： ①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線l∥α； ②若直線a在平面α外，則a∥α； ③若直線a∥b，b∥α，則a∥α； ④若直線a∥b，b∥α，則a平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線． 其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選A　命題①l可以在平面α內(nèi)，是假命題；命題②直線a與平面α可以是相交關(guān)系，是假命題；命題③a可以在平面α內(nèi)，是假命題；命題④是真命題． 2．(2018·湖南湘中名校聯(lián)

2、考)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，m?β，則α∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n 解析：選D　A中，兩直線可能平行，相交或異面；B中，兩平面可能平行或相交；C中，兩平面可能平行或相交；D中，由線面垂直的性質(zhì)定理可知結(jié)論正確，故選D. 3．設(shè)m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，且m，n?α，則“α∥β”是“m∥β且n∥β”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　若m，n?α，α∥β，

3、則m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，則α與β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要條件． 4．(2018·襄陽(yáng)模擬)如圖，在正方體ABCD -A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是(　　) A．MN與CC1垂直 B．MN與AC垂直 C．MN與BD平行 D．MN與A1B1平行 解析：選D　如圖所示，連接AC，C1D，BD，則MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A、C正確，D錯(cuò)誤，又因?yàn)锳C⊥BD，所以MN⊥AC，B正確． 5.(2018·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示的三棱柱ABC -A1B1C1

4、中，過A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與AB的位置關(guān)系是(　　) A．異面　　　　　 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 解析：選B　在三棱柱ABC -A1B1C1中，AB∥A1B1， ∵AB?平面ABC，A1B1?平面ABC， ∴A1B1∥平面ABC， ∵過A1B1的平面與平面ABC交于DE. ∴DE∥A1B1，∴DE∥AB. 6．已知正方體ABCD-A1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是________(只填序號(hào))． ①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1； ③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1. 解析：連接AD1，BC1，AB1，B1D

5、1，C1D1，BD，因?yàn)锳B綊C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面，故③錯(cuò)誤；因AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正確． 答案：①②④ 7.如圖所示，在四面體ABCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則四面體的四個(gè)面所在平面中與MN平行的是________________． 解析：連接AM并延長(zhǎng)，交CD于點(diǎn)E，連接BN，并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F，

6、由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn)E，連接MN，由＝＝，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 答案：平面ABC、平面ABD 8.如圖所示，三棱柱ABC -A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形，設(shè)D是A1C1上的點(diǎn)且A1B∥平面B1CD，則A1D∶DC1的值為________． 解析：設(shè)BC1∩B1C＝O，連接OD. ∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD， ∴A1B∥OD， ∵四邊形BCC1B1是菱形， ∴O為BC1的中點(diǎn)， ∴D為A1C1的中點(diǎn)，則A1D∶DC1＝1. 答案：1 [大題常考題點(diǎn)——穩(wěn)解全解]

7、1.如圖，ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．求證： (1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)連接AE，則AE必過DF與GN的交點(diǎn)O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO， 又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF. (2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)，所以DE∥GN， 又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 又M為AB的中點(diǎn)， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN， 又MN?平面MNG，BD?平面MNG， 所

8、以BD∥平面MNG， 又DE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D， 所以平面BDE∥平面MNG. 2.(2018·湖南長(zhǎng)沙四校模擬)如圖，在四棱錐P -ABCD中，E是棱PC上一點(diǎn)，且2＝＋，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，△PAD為正三角形，平面ABE與棱PD交于點(diǎn)F，平面PCD與平面PAB交于直線l，且平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證：l∥EF； (2)求三棱錐P -AEF的體積． 解：(1)證明：∵底面ABCD是正方形，∴AB∥CD， 又AB?平面PCD，CD?平面PCD，∴AB∥平面PCD. 又A，B，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，且平面ABEF∩平面PCD＝EF， ∴AB∥E

9、F. 又平面PAB與平面PCD交于直線l，∴AB∥l. ∴l(xiāng)∥EF. (2)∵2＝＋，∴E為棱PC的中點(diǎn)． 由(1)知CD∥EF，∴F為PD的中點(diǎn)，∴AF⊥PD. 又CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴CD⊥平面PAD，又AF?平面PAD，∴CD⊥AF， 又PD，CD?平面PCD，PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，∴AF是三棱錐A -PEF的高． ∵ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，且△PAD為正三角形， 易得PF⊥EF，PF＝EF＝1，AF＝， ∴VP -AEF＝VA -PEF＝S△PEF×AF＝××1×1×＝，∴三棱錐P -AEF的體積

10、為. 3.如圖所示，在正方體ABCD -A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A的中點(diǎn)．求證： (1)BF∥HD1； (2)EG∥平面BB1D1D； (3)平面BDF∥平面B1D1H. 證明：(1)如圖所示，取BB1的中點(diǎn)M，連接MH，MC1，易證四邊形HMC1D1是平行四邊形， ∴HD1∥MC1. 又∵M(jìn)C1∥BF，∴BF∥HD1. (2)取BD的中點(diǎn)O，連接EO，D1O，則OE綊DC， 又D1G綊DC，∴OE綊D1G， ∴四邊形OEGD1是平行四邊形，∴GE∥D1O. 又GE?平面BB1D1D，D1O?平面BB1D1D， ∴EG∥平面B

11、B1D1D. (3)由(1)知BF∥HD1， 又BD∥B1D1，B1D1，HD1?平面B1D1H，BF，BD?平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B， ∴平面BDF∥平面B1D1H. 4.如圖，四棱錐P -ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點(diǎn)． (1)求證：CE∥平面PAD. (2)在線段AB上是否存在一點(diǎn)F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結(jié)論，若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)證明：取PA的中點(diǎn)H，連接EH，DH， 因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)， 所以EH∥AB，EH＝AB， 又AB∥CD，CD＝AB， 所以EH∥CD，EH＝CD， 因此四邊形DCEH是平行四邊形， 所以CE∥DH， 又DH?平面PAD，CE?平面PAD， 因此CE∥平面PAD. (2)存在點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，使平面PAD∥平面CEF， 證明如下： 取AB的中點(diǎn)F，連接CF，EF， 所以AF＝AB， 又CD＝AB，所以AF＝CD， 又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形， 因此CF∥AD， 又CF?平面PAD，所以CF∥平面PAD， 由(1)可知CE∥平面PAD， 又CE∩CF＝C， 故平面CEF∥平面PAD， 故存在AB的中點(diǎn)F滿足要求．