2020屆高考數(shù)學總復習 課時跟蹤練（四十四）直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文（含解析）新人教A版

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1、課時跟蹤練(四十四) A組　基礎鞏固 1．設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：若m，n?α，α∥β，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． 答案：A 2．(2019·合肥模擬)在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB和BC上的點，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，則對角線AC和平面DEF的位置關系是(　　) A．平行　　　　 B．相交 C．在

2、平面內(nèi) D．不能確定 解析：如圖，由＝得AC∥EF.又因為EF?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF. 答案：A 3．(2019·黃山模擬)下列說法中，錯誤的是(　　) A．若平面α∥平面β，平面α∩平面γ＝l，平面β∩平面γ＝m，則l∥m B．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l，m?α，m⊥l，則m⊥β C．若直線l⊥平面α，平面α⊥平面β，則l∥β D．若直線l∥平面α，平面α∩平面β＝m，直線l?平面β，則l∥m 解析：對于A，由面面平行的性質(zhì)定理可知為真命題，故A正確；對于B，由面面垂直的性質(zhì)定理可知為真命題，故B正確；對于C，若l⊥α，α⊥β，

3、則l∥β或l?β，故C錯誤；對于D，由線面平行的性質(zhì)定理可知為真命題，故D正確．綜上，選C. 答案：C 4．(2019·廣東省際名校聯(lián)考)已知α，β為平面，a，b，c為直線，下列命題正確的是(　　) A．a(chǎn)?α，若b∥a，則b∥α B．α⊥β，α∩β＝c，b⊥c，則b⊥β C．a(chǎn)⊥b，b⊥c，則a∥c D．a(chǎn)∩b＝A，a?α，b?α，a∥β，b∥β，則α∥β 解析：選項A中，b?α或b∥α，不正確． B中b與β可能斜交，或b∥β、b?β，B錯誤． C中a∥c，a與c異面，或a與c相交，C錯誤． 利用面面平行的判定定理，易知D正確． 答案：D 5．(2019·石家莊模擬)

4、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(　　) A．4條　　　　B．6條 C．8條　　　　D．12條 解析：如圖，H，G，F(xiàn)，I是相應線段的中點， 故符合條件的直線只能出現(xiàn)在平面HGFI中， 有FI，F(xiàn)G，GH，HI，HF，GI共6條直線，故選B. 答案：B 6．設α，β，γ是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝m，n?γ，且________，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_______

5、_(填序號)． 解析：由面面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當n∥β，m?γ時，n和m在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行，③正確． 答案：①或③ 7.如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________． 解析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2.又E為AD中點，EF∥平面AB1C，EF?平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F為DC中點，所以EF＝AC＝. 答案： 8．(2019·泉州模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，

6、O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，當點Q________時，平面D1BQ∥平面PAO.(　　) A．與C重合 B．與C1重合 C．為CC1的三等分點 D．為CC1的中點 解析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中， 因為O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點， 所以PO∥BD1， 當點Q為CC1的中點時， 連接PQ，則PQAB， 所以四邊形ABQP是平行四邊形， 所以AP∥BQ， 因為AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B， AP、PO?平面PAO，BQ、BD1?平面D1BQ， 所以平面D1BQ∥平面PAO.故選D. 答案：D 9

7、．一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示． (1)請將字母F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由)； (2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關系，并證明你的結論． 解：(1)點F，G，H的位置如圖所示． (2)平面BEG∥平面ACH，證明如下： 因為ABCD-EFGH為正方體， 所以BC∥FG，BC＝FG， 又FG∥EH，F(xiàn)G＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，所以四邊形BCHE為平行四邊形，所以BE∥CH.又CH?平面ACH，BE?平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH. 10.

8、(2019·衡水中學模擬)如圖，已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，點O是線段AB的中點，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA＝AB＝4，M是線段PA的中點． (1)證明：平面PBC∥平面ODM； (2)求點A到平面PCD的距離． (1)證明：由題意，得CD∥BO，且CD＝BO， 所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以BC∥OD. 因為BC?平面PBC，OD?平面PBC， 所以OD∥平面PBC. 又因為O是線段AB的中點，M是線段PA的中點， 所以OM∥PB. 又OM?平面PBC，PB?平面PBC， 所以OM∥平面PBC. 又OM∩OD＝O，

9、OM、OD?平面ODM， 所以平面PBC∥平面ODM. (2)解：取CD的中點N，連接ON，PN，如圖所示，則ON⊥CD. 因為PO⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PO⊥CD. 又因為ON⊥CD，PO∩ON＝O， 所以CD⊥平面PNO. 因為PN?平面PNO，所以CD⊥PN. 由題意可求得ON＝2， 則PN＝2， 設點A到平面PCD的距離為d. 所以V三棱錐A-PCD＝V三棱錐P-ACD， 即××4×2×d＝××4×2×4， 所以d＝， 即點A到平面PCD的距離為. B組　素養(yǎng)提升 11.如圖，在四面體ABCD中，截面PQMN是正方形，則在下列結論中，

10、錯誤的是(　　) A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMN C．AC＝BD D．異面直線PM與BD所成的角為45° 解析：因為截面PQMN是正方形， 所以MN∥PQ，則MN∥平面ABC， 由線面平行的性質(zhì)知MN∥AC，則AC∥截面PQMN， 同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM， 則AC⊥BD，故A、B正確． 又因為BD∥MQ，所以異面直線PM與BD所成的角等于PM與QM所成的角，即為45°，故D正確． 答案：C 12.(2019·新鄉(xiāng)模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點，點P是底面A1B1C1D1內(nèi)一點，且AP∥平面EF

11、DB，則tan ∠APA1的最大值是(　　) A. B．1 C. D．2 解析：如圖，分別取A1D1的中點G，A1B1的中點H，連接GH，AG，AH， 連接A1C1，交GH，EF于點M，N，連接AM，連接AC，交BD于點O，連接ON. 易證MNOA，所以四邊形AMNO是平行四邊形， 所以AM∥ON， 因為AM?平面BEFD，ON?平面BEFD， 所以AM∥平面BEFD， 易證GH∥EF，因為GH?平面BEFD，EF?平面BEFD， 所以GH∥平面BEFD，又AM∩GH＝M，AM，GH?平面AGH， 所以平面AGH∥平面BEFD，所以點P在GH上，當點P與點

12、M重合時，tan ∠APA1的值最大． 設正方體的棱長為1，則A1P＝， 所以tan ∠APA1的最大值為＝2. 答案：D 13．如圖所示，棱柱ABC-A1B1C1的側面BCC1B1是菱形，設D是A1C1上的點且A1B∥平面B1CD，則A1D∶DC1的值為________． 解析：設BC1∩B1C＝O，連接OD. 因為A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD， 所以A1B∥OD，因為四邊形BCC1B1是菱形，所以O為BC1的中點，所以D為A1C1的中點，則A1D∶DC1＝1. 答案：1 14．(2019·漢陽一中模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1

13、中，底面△ABC是等邊三角形，且AA1⊥平面ABC，D為AB的中點． (1)求證：直線BC1∥平面A1CD； (2)若AB＝BB1＝2，E是BB1的中點，求三棱錐A1-CDE的體積． (1)證明：連接AC1，交A1C于點F， 則F為AC1的中點，又D為AB的中點， 所以DF∥BC1， 又BC1?平面A1CD，DF?平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD. (2)解：因為△ABC為等邊三角形，D為AB中點， 所以CD⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CD?平面ABC， 所以CD⊥AA1， 因為AB∩AA1＝A， 所以CD⊥平面ABB1A1， 所以三棱錐的高h等于點C到平面ABB1A1的距離，即h＝CD，易求得CD＝. 又S△A1DE＝2×2－×1×2－×1×1－×1×2＝， 所以VA1-CDE＝VC-A1DE＝S△A1DE·h＝××＝. 8