（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何初步 課時分層作業(yè) 四十二 7.4 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文.doc

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課時分層作業(yè) 四十二 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 一、選擇題(每小題5分,共35分) 1.下面四個正方體圖形中,點A,B為正方體的兩個頂點,點M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB∥平面MNP的圖形是 (　　) A.①② B.①④ C.②③ D.③④ 【解析】選A.由線面平行的判定定理知①②可得出AB∥平面MNP. 2.(2018棗莊模擬)設(shè)a,b為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面.則下列四個命題中,正確的是 (　　) A.若a,b與α所成的角相等,則a∥b B.若a∥α,b∥β,α∥β,則a∥b C.若a?α,b?β,a∥b,則α∥β D.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,則a⊥b 【解析】選D.對于選項A,a,b不一定平行,也可能相交;對于選項B,只需找個平面γ,使γ∥α∥β,且a?γ,b?γ即可滿足題設(shè),但a,b不一定平行;對于選項C,可參考直三棱柱模型排除. 【變式備選】(2018廈門模擬)已知α,β是兩個不同的平面,下列四個條件中能推出α∥β的是 (　　) ①存在一條直線a,a⊥α,a⊥β; ②存在一個平面γ,γ⊥α,γ⊥β; ③存在兩條平行直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α; ④存在兩條異面直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α. A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 【解析】選C.對①存在一條直線a,a⊥α,a⊥β?α∥β,故①正確,排除B,D,對于③,存在兩條平行直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α,如圖所示,不能推出α∥β,故排除A. 3.已知平面α及直線a,b,下列說法正確的是 (　　) A.若直線a,b與平面α所成角都是30,則這兩條直線平行 B.若直線a,b與平面α所成角都是30,則這兩條直線不可能垂直 C.若直線a,b平行,則這兩條直線中至少有一條與平面α平行 D.若直線a,b垂直,則這兩條直線與平面α不可能都垂直 【解析】選D.由題意逐一分析所給的選項: 若直線a,b與平面α所成角都是30,則這兩條直線不一定平行; 若直線a,b與平面α所成角都是30,則這兩條直線可能垂直; 若直線a,b平行,則這兩條直線中可能兩條都與平面α不平行; 若直線a,b垂直,則這兩條直線與平面α不可能都垂直. 4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AA1=1,E,F分別為AB,AC的中點,P為棱BC上一點,則P到平面FEB1C1的距離為 (　　) A. B. C. D.隨點P的位置改變而改變 【解析】選C.BC∥EF,不妨取BC的中點為P,如圖,取B1C1的中點D,AP與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,交線為DH, 易求PH=,又PD=1, 故DH=2.由PDPH=DHPG, 所以PG=, 故點P到平面FEB1C1的距離為. 5.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中點,F在CC1上,且CF=2FC1,點P是側(cè)面AA1D1D(包括邊界)上一動點,且PB1∥平面DEF,則tan∠ABP的取值范圍 是 (　　) A. B.[0,1] C. D. 【解析】選D.在AA1上取點M,使得AM=MA1,連接B1M,則B1M∥DF,取C1D1的中點為N,連接B1N,則B1N∥DE.因此平面B1MN∥平面DEF,過點N作NG∥DF交DD1于點G,連接MG,則B1,M,G,N四點共面.且DG=DD1.因為PB1∥平面DEF.所以點P在線段MG上運動.當(dāng)點P分別與點M,G重合時,tan∠ABP取最小值和最大值. 6.若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形,則該三棱錐與平面α平行的棱 有 (　　) A.0條 B.1條 C.2條 D.1條或2條 【解析】選C.如圖所示:平面α截得平行四邊形為EFGH,因為FG∥EH,可證明FG∥平面ABD,由線面平行的性質(zhì)可知FG∥AB,所以AB∥α,同理可得CD∥α,所以有兩條棱和平面平行. 7.如圖是正方體的平面展開圖.關(guān)于這個正方體,有以下判斷: ①EC⊥平面AFN; ②CN∥平面AFB; ③BM∥DE; ④平面BDE∥平面NCF.其中正確判斷的序號是 (　　) A.①③ B.②③ C.①②④ D.②③④ 【解析】選C.由已知中正方體的平面展開圖,得到正方體的直觀圖如圖所示: 由?FN⊥平面EMC,故FN⊥EC;同理AF⊥EC,故EC⊥平面AFN,故①正確;由CN∥BE,則CN∥平面AFB,故②正確;由圖可知BM∥DE顯然錯誤,故③不正確;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正確. 二、填空題(每小題5分,共15分) 8.點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運動,則下列四個命題: ①三棱錐A1-D1DP的體積不變; ②A1P∥平面ACD1; ③DP⊥BC1; ④平面A1PB⊥平面PDB1. 其中正確的命題的序號是____________. 【解析】如圖, 對于①,因為BC1∥平面A1DD1,所以P到平面A1DD1的距離不變,三棱錐A1-D1DP的體積不變,①正確; 對于②,因為平面A1BC1∥平面ACD1,所以A1P∥平面ACD1,②正確; 對于③,因為在同一平面內(nèi),過直線外一點與已知直線垂直的直線只有一條,所以DP⊥BC1不正確,③不正確; 對于④,因為B1D⊥平面A1BC1,B1D?平面PDB1,所以平面A1PB⊥平面PDB1,④正確. 故正確的命題為①②④. 答案:①②④ 9.(2018青島模擬)將一個真命題中的“平面”換成“直線”“直線”換成“平面”后仍是真命題,則該命題稱為“可換命題”.給出下列四個命題:①垂直于同一平面的兩直線平行;②垂直于同一平面的兩平面平行;③平行于同一直線的兩直線平行;④平行于同一平面的兩直線平行.其中是“可換命題”的是______ ________.(填命題的序號) 【解析】由線面垂直的性質(zhì)定理可知①是真命題,且垂直于同一直線的兩平面平行也是真命題,故①是“可換命題”;因為垂直于同一平面的兩平面可能平行或相交,所以②是假命題,不是“可換命題”;由公理4可知③是真命題,且平行于同一平面的兩平面平行也是真命題,故③是“可換命題”;因為平行于同一平面的兩條直線可能平行、相交或異面,故④是假命題,故④不是“可換命題”. 答案:①③ 10.如圖,平面α∥平面β∥平面γ,兩條直線a,b分別與平面α,β,γ相交于點A,B,C和點D,E,F.已知AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,則AC的長為______ cm. 【解析】因為平面α∥平面β∥平面γ,兩條直線a,b分別與平面α,β,γ相交于點A,B,C和點D,E,F,連接AD,BE,CF, 所以AD∥BE∥CF, 所以=, 因為AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm, 所以=,解得BC= cm, 所以AC=AB+BC=2+=(cm). 答案: 【變式備選】如圖,平面α∥平面β∥平面γ,兩條直線a,b分別與平面α,β,γ相交于點A,B,C和點D,E,F.已知AC=15 cm,DE=5 cm,AB∶BC=1∶3,求AB,BC,EF的長. 【解析】如圖所示,連接AF,交β于點G,則點A,B,C,G,F共面; 因為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)對于平面α和不重合的兩條直線m,n,下列選項中正確的是 (　　) A.如果m?α,n∥α,m,n共面,那么m∥n 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是異面直線,那么n∥α D.如果m⊥α,n⊥m,那么n∥α 【解析】選A.由線面平行的性質(zhì)定理,可知A正確,B選項中,n可以與m相交,C選項中,直線n可以與平面α相交,D選項中,n可以在平面α內(nèi). 2.(5分)已知點E,F分別為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1上的點,且AE=AB,AF=AA1,點M,N分別為線段D1E和線段C1F上的點,則與平面ABCD平行的直線MN有 (　　) A.1條 B.3條 C.6條 D.無數(shù)條 【解析】選D.取BH=BB1,連接FH,則FH∥AB,在線段D1E上取OE=D1E,在線段DE上取EK=ED,連接OH,OK,BK,則易得四邊形OKBH為矩形,連接HE,在D1E上任取一點M, 過點M在平面D1HE中,作MG∥HO,交D1H于點G, 再過點G作GN∥FH,交C1F于點N,連接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,則MN∥平面ABCD, 由于M為D1E上任意一點,故這樣的直線MN有無數(shù)條. 【變式備選】 1.如圖,在正四棱錐S-ABCD中,點E,M,N分別是BC,CD,SC的中點,動點P在線段MN上運動時,下列四個結(jié)論:①EP∥BD;②EP⊥AC;③EP⊥平面SAC;④EP∥平面SBD中恒成立的為 (　　) A.②④ B.③④ C.①② D.①③ 【解析】選A.如圖所示, 連接AC,BD相交于點O,連接EM,EN,SO,在①中:由異面直線的定義可知:EP與BD是異面直線,不可能EP∥BD,因此不正確. 在②中:由正四棱錐S-ABCD,可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,所以SO⊥AC, 因為SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD, 因為點E,M,N分別是BC,CD,SC的中點, 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,故正確. 在③中:由②同理可得:EM⊥平面SAC, 若EP⊥平面SAC,則EP∥EM,與EP∩EM=E相矛盾,因此當(dāng)P與M不重合時,EP與平面SAC不垂直,即不正確. 在④中:由②可知平面EMN∥平面SBD, 所以EP∥平面SBD,因此正確. 2.如圖,矩形ABCD中,E為邊AB的中點,將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE.若M為線段A1C的中點,則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中,正確的命題是 (　　) ①BM是定值; ②點M在圓上運動; ③一定存在某個位置,使DE⊥A1C; ④一定存在某個位置,使MB∥平面A1DE. A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④ 【解析】選B.取DC中點N,連接MN,NB,則MN∥A1D,NB∥DE,所以平面MNB∥平面A1DE,因為MB?平面MNB,所以MB∥平面A1DE,④正確;∠A1DE=∠MNB,MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根據(jù)余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MNNBcos∠MNB,所以MB是定值.①正確;B是定點,所以M是在以B為圓心,MB為半徑的圓上,②正確;只有當(dāng)矩形ABCD滿足AC⊥DE時存在DE⊥A1C,其他情況不存在,③不正確.所以①②④正確. 3.(5分)在四面體ABCD中,M,N分別是△ACD,△BCD的重心,則四面體的四個面中與MN平行的是__________. 【解析】如圖,連接AM并延長交CD于點E,連接BN并延長交CD于點F,由重心性質(zhì)可知,E,F重合為一點,且該點為CD的中點,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)如圖,在三棱錐S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB,過點A作AF⊥SB,垂足為F,點E,G分別是棱SA,SC的中點. 求證:(1)平面EFG∥平面ABC. (2)BC⊥SA. 【證明】(1)因為AS=AB, AF⊥SB, 垂足為F, 所以F是SB的中點.又因為E是SA的中點, 所以EF∥AB. 因為EF?平面ABC, AB?平面ABC, 所以EF∥平面ABC. 同理EG∥平面ABC. 又因為EF∩EG=E, 所以平面EFG∥平面ABC. (2)因為平面SAB⊥平面SBC, 且交線為SB,又因為AF?平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC, 因為 BC?平面 SBC, 所以 AF⊥BC. 又因為AB⊥BC, AF∩AB=A,AF?平面SAB,AB?平面 SAB, 所以 BC⊥平面 SAB. 又因為 SA?平面 SAB, 所以BC⊥SA. 5.(13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=60,PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,點E,F分別為AB和PC的中點,連接EF,BF. (1)求證:直線EF∥平面PAD. (2)求三棱錐F-PEB的體積. 【解析】(1)作FM∥CD交PD于點M,連接AM. 因為點F為PC中點,所以FM=CD. 因為點E為AB的中點,所以AE=AB=FM. 又AE∥FM,所以四邊形AEFM為平行四邊形, 所以EF∥AM. 所以直線EF∥平面PAD. (2)連接EC.已知∠DAB=60,AE=,AD=1, 由余弦定理,得DE⊥AB, 又AB∥DC,則DE⊥DC, 設(shè)F到平面BEC的距離為h. 因為點F為PC的中點,所以h=PD. 從而有VF-PBE=VP-BEF=VP-BEC-VF-BEC =S△BEC(PD-h)=S△BECPD =1=.