廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練39 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 文.docx

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考點(diǎn)規(guī)范練39　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 一、基礎(chǔ)鞏固 1.對(duì)于空間的兩條直線m,n和一個(gè)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(duì)A,直線m,n可能平行、異面或相交,故A錯(cuò)誤;對(duì)B,直線m與n可能平行,也可能異面,故B錯(cuò)誤;對(duì)C,m與n垂直而非平行,故C錯(cuò)誤;對(duì)D,垂直于同一平面的兩直線平行,故D正確. 2.下列四個(gè)正方體圖形中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,P分別為其所在棱的中點(diǎn),能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是 (　　) A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ 答案C 解析對(duì)于圖形①,平面MNP與AB所在的對(duì)角面平行,即可得到AB∥平面MNP;對(duì)于圖形④,AB∥PN,即可得到AB∥平面MNP;圖形②③無(wú)論用定義還是判定定理都無(wú)法證明線面平行. 3.設(shè)l表示直線,α,β表示平面.給出四個(gè)結(jié)論: ①若l∥α,則α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與l平行; ②若l∥α,則α內(nèi)任意的直線與l平行; ③若α∥β,則α內(nèi)任意的直線與β平行; ④若α∥β,對(duì)于α內(nèi)的一條確定的直線a,在β內(nèi)僅有唯一的直線與a平行. 以上四個(gè)結(jié)論中,正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 答案C 解析②中α內(nèi)的直線與l可異面,④中可有無(wú)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(dāng)m?α,n?α?xí)r,由線面平行的判定定理可知,m∥n?m∥α;但反過(guò)來(lái)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(xiàng)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∥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(cuò);如圖(2)可知B錯(cuò); 如圖(3),m⊥α,n是α內(nèi)的任意直線,都有n⊥m,故D錯(cuò). ∵n∥α,∴n與α無(wú)公共點(diǎn), ∵m?α,∴n與m無(wú)公共點(diǎn), 又m,n共面,∴m∥n,故選C. 6.如圖,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G為MC的中點(diǎn).則下列結(jié)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兩個(gè)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(diǎn)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?yàn)锳B∥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(guò)點(diǎn)P的直線m與α,β分別交于A,C,過(guò)點(diǎn)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(zhǎng)為　　　　　. 答案245或24 解析如圖(1),∵AC∩BD=P, ∴經(jīng)過(guò)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(guò)三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線,其中與平面ABB1A1平行的直線共有　　　　　條. 答案6 解析過(guò)三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線,記AC,BC,A1C1,B1C1的中點(diǎn)分別為E,F,E1,F1,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(diǎn),則BE與平面PAD的位置關(guān)系為　　　　　　　　. 答案平行 解析取PD的中點(diǎn)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-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點(diǎn),設(shè)Q是CC1上的點(diǎn),則點(diǎn)Q滿足條件　　　　　　　　　　　　　　　　　時(shí),有平面D1BQ∥平面PAO. 答案Q為CC1的中點(diǎn) 解析如圖,假設(shè)Q為CC1的中點(diǎn),因?yàn)镻為DD1的中點(diǎn), 所以QB∥PA. 連接DB,因?yàn)镻,O分別是DD1,DB的中點(diǎn),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(diǎn)時(shí),有平面D1BQ∥平面PAO. 11. 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,AB=2AA1,M是AB的中點(diǎn),△A1MC1是等腰三角形,D為CC1的中點(diǎn),E為BC上一點(diǎn). (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(diǎn)N,連接MN,C1N. ∵M(jìn)是AB的中點(diǎn),∴MN∥AC∥A1C1, ∴M,N,C1,A1共面. ∵BE=3EC,∴E是NC的中點(diǎn). 又D是CC1的中點(diǎn),∴DE∥NC1. ∵DE?平面MNC1A1,NC1?平面MNC1A1, ∴DE∥平面A1MC1. (2)解如圖②,當(dāng)AA1=1時(shí),AM=1,A1M=2,A1C1=2. ∴三棱錐A-MA1C1的體積 VA-A1MC1=VC1-A1AM=1312AMAA1A1C1=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(diǎn). (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(diǎn)O,連接OA,OM, ∵O,M分別為線段BE,CE的中點(diǎn),∴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∥AO,又AO?平面ABE,MD?平面ABE, ∴DM∥平面ABE. 證法二取BC的中點(diǎn)N,連接DN,MN(圖略), ∵M(jìn),N分別為線段CE,BC的中點(diǎn),∴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⊥平面BCE, ∴VM-BDE=VD-MBE=1312223=233. 解法二取AB的中點(diǎn)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(jìn)是EC的中點(diǎn), ∴M-BCD的體積是E-BCD體積的一半,∴VM-BDE=VE-BDC-VM-BDC=12VE-BDC, ∴VM-BDE=121312243=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,AD上的點(diǎn),且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,H,G分別為BC,CD的中點(diǎn),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(shè)α,β,γ為三個(gè)不同的平面,m,n是兩條不同的直線,在命題“α∩β=m,n?γ,且　　　　　,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(zhì)定理可知,①正確;當(dāng)n∥β,m?γ時(shí),n和m在同一平面內(nèi),且沒(méi)有公共點(diǎn),所以平行,③正確.選C. 15. 如圖,ABCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為a的正方體,M,N分別是下底面的棱A1B1,B1C1的中點(diǎn),P是上底面的棱AD上的一點(diǎn),AP=a3,過(guò)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(zhǎng)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(diǎn).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(diǎn)G,連接SG,BG. 易知SG⊥AC,BG⊥AC, 故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB. 因?yàn)镾B∥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(diǎn),則H,F也為AS,SC的中點(diǎn),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=HFHD=12AC12SB=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CC1上是否存在點(diǎn)P,使BP∥平面DA1C1?若存在,求出點(diǎn)P的位置;若不存在,說(shuō)明理由. (1)證明由棱柱ABCD-A1B1C1D1的性質(zhì), 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(diǎn)P滿足題意. 如圖,在C1C的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)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DA1C1. 三、高考預(yù)測(cè) 18.如圖,已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6,點(diǎn)E,F分別在邊AB,AD上,AE=AF=4,現(xiàn)將△AEF沿線段EF折起到△AEF位置,使得AC=26. (1)求五棱錐A-BCDFE的體積; (2)在線段AC上是否存在一點(diǎn)M,使得BM∥平面AEF?若存在,求AM;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解(1)連接AC,設(shè)AC∩EF=H,連接AH. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,AE=AF=4, 所以H是EF的中點(diǎn),且EF⊥AH,EF⊥CH. 從而有AH⊥EF,CH⊥EF, 又AH∩CH=H, 所以EF⊥平面AHC,且EF?平面ABCD. 從而平面AHC⊥平面ABCD. 過(guò)點(diǎn)A作AO垂直HC且與HC相交于點(diǎn)O, 則AO⊥平面ABCD. 因?yàn)檎叫蜛BCD的邊長(zhǎng)為6,AE=AF=4, 所以AH=22,CH=42, 所以cos∠AHC=AH2+CH2-AC22AHCH=8+32-2422242=12. 所以HO=AHcos∠AHC=2,則AO=6. 所以五棱錐A-BCDFE的體積 V=1362-12446=2863. (2)線段AC上存在點(diǎn)M,使得BM∥平面AEF,此時(shí)AM=62. 證明如下: 連接OM,BD,BM,DM,且易知BD過(guò)O點(diǎn). AM=62=14AC,HO=14HC, 所以O(shè)M∥AH. 又OM?平面AEF,AH?平面AEF, 所以O(shè)M∥平面AEF. 又BD∥EF,BD?平面AEF,EF?平面AEF, 所以BD∥平面AEF. 又BD∩OM=O, 所以平面MBD∥平面AEF, 因?yàn)锽M?平面MBD, 所以BM∥平面AEF.