廣西2020版高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練39 直線、平面平行的判定與性質 文

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1、考點規(guī)范練39　直線、平面平行的判定與性質 一、基礎鞏固 1.對于空間的兩條直線m,n和一個平面α,下列命題中的真命題是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m∥α,n?α,則m∥n C.若m∥α,n⊥α,則m∥n D.若m⊥α,n⊥α,則m∥n 答案D 解析對A,直線m,n可能平行、異面或相交,故A錯誤;對B,直線m與n可能平行,也可能異面,故B錯誤;對C,m與n垂直而非平行,故C錯誤;對D,垂直于同一平面的兩直線平行,故D正確. 2.下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出A

2、B∥平面MNP的圖形的序號是(　　) A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ 答案C 解析對于圖形①,平面MNP與AB所在的對角面平行,即可得到AB∥平面MNP;對于圖形④,AB∥PN,即可得到AB∥平面MNP;圖形②③無論用定義還是判定定理都無法證明線面平行. 3.設l表示直線,α,β表示平面.給出四個結論: ①若l∥α,則α內有無數(shù)條直線與l平行; ②若l∥α,則α內任意的直線與l平行; ③若α∥β,則α內任意的直線與β平行; ④若α∥β,對于α內的一條確定的直線a,在β內僅有唯一的直線與a平行. 以上四個結論中,正確結論的個數(shù)為(　　) A.0 B.1 C.2 D

3、.3 答案C 解析②中α內的直線與l可異面,④中可有無數(shù)條. 4.(2018浙江,6)已知平面α,直線m,n滿足m?α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 答案A 解析當m?α,n?α時,由線面平行的判定定理可知,m∥n?m∥α;但反過來不成立,即m∥α不一定有m∥n,m與n還可能異面.故選A. 5.已知平面α和不重合的兩條直線m,n,下列選項正確的是(　　) A.如果m?α,n?α,m,n是異面直線,那么n∥α B.如果m?α,n與α相交,那么m,n是異面直線 C.如果m?α,n

4、∥α,m,n共面,那么m∥n D.如果m⊥α,n⊥m,那么n∥α 答案C 解析如圖(1)可知A錯;如圖(2)可知B錯; 如圖(3),m⊥α,n是α內的任意直線,都有n⊥m,故D錯. ∵n∥α,∴n與α無公共點, ∵m?α,∴n與m無公共點, 又m,n共面,∴m∥n,故選C. 6.如圖,四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G為MC的中點.則下列結論不正確的是(　　) A.MC⊥AN B.GB∥平面AMN C.平面CMN⊥平面AMN D.平面DCM∥平面ABN 答案C 解析 顯然該幾何圖形為正方體截去

5、兩個三棱錐所剩的幾何體,把該幾何體放置到正方體中(如圖),取AN的中點H,連接HB,MH,則MC∥HB, 又HB⊥AN,所以MC⊥AN,所以A正確; 由題意易得GB∥MH, 又GB?平面AMN,MH?平面AMN, 所以GB∥平面AMN,所以B正確; 因為AB∥CD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D, 所以平面DCM∥平面ABN,所以D正確. 7.已知平面α∥β,P?α且P?β,過點P的直線m與α,β分別交于A,C,過點P的直線n與α,β分別交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,則BD的長為　　　　　.? 答案245或24 解析如圖(1),∵AC∩BD=P,

6、 ∴經(jīng)過直線AC與BD可確定平面PCD. ∵α∥β,α∩平面PAB=AB,β∩平面PCD=CD, ∴AB∥CD. ∴PAAC=PBBD,即69=8-BDBD,解得BD=245. 圖(1) 圖(2) 如圖(2),同理可證AB∥CD. ∴PAPC=PBPD,即63=BD-88,解得BD=24. 綜上所述,BD=245或24. 8.過三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線,其中與平面ABB1A1平行的直線共有　　　　　條.? 答案6 解析過三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線,記AC,BC,A1C1,B1C1的中點分別為E,F,E1,F1,

7、則直線EF,E1F1,EE1,FF1,E1F,EF1均與平面ABB1A1平行,故符合題意的直線共6條. 9.如圖,四棱錐P-ABCD的底面是一直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD,CD=2AB,PA⊥底面ABCD,E為PC的中點,則BE與平面PAD的位置關系為　　　　　　　　.? 答案平行 解析取PD的中點F,連接EF,AF, 在△PCD中,EF􀰿12CD. ∵AB∥CD且CD=2AB,∴EF􀰿AB, ∴四邊形ABEF是平行四邊形,∴EB∥AF. 又EB?平面PAD,AF?平面PAD,∴BE∥平面PAD. 10.在正四棱柱ABCD-A1B

8、1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,設Q是CC1上的點,則點Q滿足條件　　　　　　　　　　　　　　　　　時,有平面D1BQ∥平面PAO.? 答案Q為CC1的中點 解析如圖,假設Q為CC1的中點,因為P為DD1的中點, 所以QB∥PA. 連接DB,因為P,O分別是DD1,DB的中點,所以D1B∥PO. 又D1B?平面PAO,QB?平面PAO, 所以D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO. 又D1B∩QB=B,所以平面D1BQ∥平面PAO. 故Q滿足條件Q為CC1的中點時,有平面D1BQ∥平面PAO. 11. 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A

9、C⊥AB,AB=2AA1,M是AB的中點,△A1MC1是等腰三角形,D為CC1的中點,E為BC上一點. (1)若BE=3EC,求證:DE∥平面A1MC1; (2)若AA1=1,求三棱錐A-MA1C1的體積. (1)證明如圖①,取BC中點N,連接MN,C1N. ∵M是AB的中點,∴MN∥AC∥A1C1, ∴M,N,C1,A1共面. ∵BE=3EC,∴E是NC的中點. 又D是CC1的中點,∴DE∥NC1. ∵DE?平面MNC1A1,NC1?平面MNC1A1, ∴DE∥平面A1MC1. (2)解如圖②,當AA1=1時,AM=1,A1M=2,A1C1=2. ∴三棱錐A-MA1C1

10、的體積 VA-A1MC1=VC1-A1AM=13×12AM·AA1·A1C1=26. 圖① 圖② 12. 如圖,在多面體ABCDE中,平面ABE⊥平面ABCD,△ABE是等邊三角形,四邊形ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB⊥BC,AB=AD=12BC=2,M是EC的中點. (1)求證:DM∥平面ABE; (2)求三棱錐M-BDE的體積. (1)證法一取BE的中點O,連接OA,OM, ∵O,M分別為線段BE,CE的中點,∴OM=12BC. 又AD=12BC,∴OM=AD, 又AD∥CB,OM∥CB,∴OM∥AD. ∴四邊形OMDA為平行四邊形, ∴DM

11、∥AO,又AO?平面ABE,MD?平面ABE, ∴DM∥平面ABE. 證法二取BC的中點N,連接DN,MN(圖略), ∵M,N分別為線段CE,BC的中點,∴MN∥BE, 又BE?平面ABE,MN?平面ABE,∴MN∥平面ABE, 同理可證DN∥平面ABE, MN∩DN=N,∴平面DMN∥平面ABE, 又DM?平面DMN,∴DM∥平面ABE. (2)解法一∵平面ABE⊥平面ABCD,AB⊥BC,BC?平面ABCD, ∴BC⊥平面ABE,∵OA?平面ABE,∴BC⊥AO, 又BE⊥AO,BC∩BE=B,∴AO⊥平面BCE, 由(1)知DM=AO=3,DM∥AO, ∴DM⊥平

12、面BCE, ∴VM-BDE=VD-MBE=13×12×2×2×3=233. 解法二取AB的中點G,連接EG, ∵△ABE是等邊三角形,∴EG⊥AB, ∵平面ABE∩平面ABCD=AB,平面ABE⊥平面ABCD,且EG?平面ABE, ∴EG⊥平面ABCD, 即EG為四棱錐E-ABCD的高, ∵M是EC的中點, ∴M-BCD的體積是E-BCD體積的一半,∴VM-BDE=VE-BDC-VM-BDC=12VE-BDC, ∴VM-BDE=12×13×12×2×4×3=233. 即三棱錐M-BDE的體積為233. 二、能力提升 13.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,A

13、D上的點,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,H,G分別為BC,CD的中點,則(　　) A.BD∥平面EFG,且四邊形EFGH是平行四邊形 B.EF∥平面BCD,且四邊形EFGH是梯形 C.HG∥平面ABD,且四邊形EFGH是平行四邊形 D.EH∥平面ADC,且四邊形EFGH是梯形 答案B 解析如圖,由題意得,EF∥BD,且EF=15BD.HG∥BD,且HG=12BD, ∴EF∥HG,且EF≠HG. ∴四邊形EFGH是梯形. 又EF∥平面BCD,而EH與平面ADC不平行,故B正確. 14.設α,β,γ為三個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,在命題“α∩β=m,n?γ,且

14、　　　　　,則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組,使該命題為真命題.? ①α∥γ,n?β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m?γ. 可以填入的條件有(　　) A.①② B.②③ C.①③ D.①②③ 答案C 解析由面面平行的性質定理可知,①正確;當n∥β,m?γ時,n和m在同一平面內,且沒有公共點,所以平行,③正確.選C. 15. 如圖,ABCD-A1B1C1D1是棱長為a的正方體,M,N分別是下底面的棱A1B1,B1C1的中點,P是上底面的棱AD上的一點,AP=a3,過P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,則PQ=　　　　　.? 答案22a3 解析如圖所示,連

15、接AC,易知MN∥平面ABCD. 又平面PQNM∩平面ABCD=PQ,MN?平面PQNM, ∴MN∥PQ. 又MN∥AC,∴PQ∥AC. ∵AP=a3,∴PDAD=DQCD=PQAC=23, ∴PQ=23AC=223a. 16.在三棱錐S-ABC中,△ABC是邊長為6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分別與AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H.D,E分別是AB,BC的中點.如果直線SB∥平面DEFH,那么四邊形DEFH的面積為　　　　　.? 答案452 解析取AC的中點G,連接SG,BG. 易知SG⊥AC,BG⊥AC, 故AC⊥平面SGB,所以AC

16、⊥SB. 因為SB∥平面DEFH,SB?平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD, 所以SB∥HD. 同理SB∥FE. 又D,E分別為AB,BC的中點,則H,F也為AS,SC的中點,從而得HF􀰿12AC􀰿DE, 所以四邊形DEFH為平行四邊形. 又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD, 所以四邊形DEFH為矩形,其面積S=HF·HD=12AC·12SB=452. 17.如圖,棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為菱形,平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求證:平面AB1C∥平面DA1C1; (2)在直線CC

17、1上是否存在點P,使BP∥平面DA1C1?若存在,求出點P的位置;若不存在,說明理由. (1)證明由棱柱ABCD-A1B1C1D1的性質, 知AB1∥DC1,A1D∥B1C. ∵AB1∩B1C=B1,A1D∩DC1=D, ∴平面AB1C∥平面DA1C1. (2)解存在這樣的點P滿足題意. 如圖,在C1C的延長線上取點P,使C1C=CP,連接BP, ∵B1B􀰿CC1,∴BB1􀰿CP, ∴四邊形BB1CP為平行四邊形,∴BP∥B1C. ∵A1D∥B1C,∴BP∥A1D. 又A1D?平面DA1C1,BP?平面DA1C1, ∴BP∥平面

18、DA1C1. 三、高考預測 18.如圖,已知正方形ABCD的邊長為6,點E,F分別在邊AB,AD上,AE=AF=4,現(xiàn)將△AEF沿線段EF折起到△A'EF位置,使得A'C=26. (1)求五棱錐A'-BCDFE的體積; (2)在線段A'C上是否存在一點M,使得BM∥平面A'EF?若存在,求A'M;若不存在,請說明理由. 解(1)連接AC,設AC∩EF=H,連接A'H. 因為四邊形ABCD是正方形,AE=AF=4, 所以H是EF的中點,且EF⊥AH,EF⊥CH. 從而有A'H⊥EF,CH⊥EF, 又A'H∩CH=H, 所以EF⊥平面A'HC,且EF?平面ABCD.

19、從而平面A'HC⊥平面ABCD. 過點A'作A'O垂直HC且與HC相交于點O, 則A'O⊥平面ABCD. 因為正方形ABCD的邊長為6,AE=AF=4, 所以A'H=22,CH=42, 所以cos∠A'HC=A'H2+CH2-A'C22A'H·CH=8+32-242×22×42=12. 所以HO=A'H·cos∠A'HC=2,則A'O=6. 所以五棱錐A'-BCDFE的體積 V=13×62-12×4×4×6=2863. (2)線段A'C上存在點M,使得BM∥平面A'EF,此時A'M=62. 證明如下: 連接OM,BD,BM,DM,且易知BD過O點. A'M=62=14A'C,HO=14HC, 所以OM∥A'H. 又OM?平面A'EF,A'H?平面A'EF, 所以OM∥平面A'EF. 又BD∥EF,BD?平面A'EF,EF?平面A'EF, 所以BD∥平面A'EF. 又BD∩OM=O, 所以平面MBD∥平面A'EF, 因為BM?平面MBD, 所以BM∥平面A'EF. 14