（全國(guó)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(shí)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(shí)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(gè)正方體圖形中,點(diǎn)A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),點(diǎn)M,N,P分別為其所在棱的中點(diǎn),能得出AB平面MNP的圖形是()A.B.C.D.【解析】選A.由線面平行的判定定理知可得出AB平面MNP.2.(2018棗莊模擬)設(shè)a,b為兩條不同的直線,為兩個(gè)不同的平面.則下列四個(gè)命題中,正確的是()A.若a,b與所成的角相等,則abB.若a,b,則abC.若a,b,ab,則D.若a,b,則ab【解析】選D.對(duì)于選項(xiàng)A,a,b不一定平行,也可能相交;對(duì)于選項(xiàng)B,只需找個(gè)平面,使,且a,b即可滿足題設(shè),但a,b不一定平行;對(duì)于選項(xiàng)C,可參考直三棱柱模型排除.【變式備選】(2018廈門(mén)模擬)已知,是兩個(gè)不同的平面,下列四個(gè)條件中能推出的是()存在一條直線a,a,a;存在一個(gè)平面,;存在兩條平行直線a,b,a,b,a,b;存在兩條異面直線a,b,a,b,a,b.A.B.C.D.【解析】選C.對(duì)存在一條直線a,a,a,故正確,排除B,D,對(duì)于,存在兩條平行直線a,b,a,b,a,b,如圖所示,不能推出,故排除A.3.已知平面及直線a,b,下列說(shuō)法正確的是()A.若直線a,b與平面所成角都是30,則這兩條直線平行B.若直線a,b與平面所成角都是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平行D.若直線a,b垂直,則這兩條直線與平面不可能都垂直【解析】選D.由題意逐一分析所給的選項(xiàng):若直線a,b與平面所成角都是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不平行;若直線a,b垂直,則這兩條直線與平面不可能都垂直.4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AA1=1,E,F分別為AB,AC的中點(diǎn),P為棱BC上一點(diǎn),則P到平面FEB1C1的距離為()A.B.C.D.隨點(diǎn)P的位置改變而改變【解析】選C.BCEF,不妨取BC的中點(diǎn)為P,如圖,取B1C1的中點(diǎn)D,AP與EF交于H,作PGDH,由于A1DB1C1,PDB1C1,PDA1D=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(diǎn)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(diǎn),F在CC1上,且CF=2FC1,點(diǎn)P是側(cè)面AA1D1D(包括邊界)上一動(dòng)點(diǎn),且PB1平面DEF,則tanABP的取值范圍是()A.B.0,1C.D.【解析】選D.在AA1上取點(diǎn)M,使得AM=MA1,連接B1M,則B1MDF,取C1D1的中點(diǎn)為N,連接B1N,則B1NDE.因此平面B1MN平面DEF,過(guò)點(diǎn)N作NGDF交DD1于點(diǎn)G,連接MG,則B1,M,G,N四點(diǎn)共面.且DG=DD1.因?yàn)镻B1平面DEF.所以點(diǎn)P在線段MG上運(yùn)動(dòng).當(dāng)點(diǎn)P分別與點(diǎn)M,G重合時(shí),tanABP取最小值和最大值.6.若平面截三棱錐所得截面為平行四邊形,則該三棱錐與平面平行的棱有()A.0條B.1條C.2條D.1條或2條【解析】選C.如圖所示:平面截得平行四邊形為EFGH,因?yàn)镕GEH,可證明FG平面ABD,由線面平行的性質(zhì)可知FGAB,所以AB,同理可得CD,所以有兩條棱和平面平行.7.如圖是正方體的平面展開(kāi)圖.關(guān)于這個(gè)正方體,有以下判斷:EC平面AFN;CN平面AFB;BMDE;平面BDE平面NCF.其中正確判斷的序號(hào)是 ()A.B.C.D.【解析】選C.由已知中正方體的平面展開(kāi)圖,得到正方體的直觀圖如圖所示:由FN平面EMC,故FNEC;同理AFEC,故EC平面AFN,故正確;由CNBE,則CN平面AFB,故正確;由圖可知BMDE顯然錯(cuò)誤,故不正確;由BDNF得BD平面NCF,DECF得DE平面NCF,由面面平行判定定理可知平面BDE平面NCF,故正確.二、填空題(每小題5分,共15分)8.點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng),則下列四個(gè)命題:三棱錐A1-D1DP的體積不變;A1P平面ACD1;DPBC1;平面A1PB平面PDB1.其中正確的命題的序號(hào)是_.【解析】如圖,對(duì)于,因?yàn)锽C1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,正確;對(duì)于,因?yàn)槠矫鍭1BC1平面ACD1,所以A1P平面ACD1,正確;對(duì)于,因?yàn)樵谕黄矫鎯?nèi),過(guò)直線外一點(diǎn)與已知直線垂直的直線只有一條,所以DPBC1不正確,不正確;對(duì)于,因?yàn)锽1D平面A1BC1,B1D平面PDB1,所以平面A1PB平面PDB1,正確.故正確的命題為.答案:9.(2018青島模擬)將一個(gè)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(chēng)為“可換命題”.給出下列四個(gè)命題:垂直于同一平面的兩直線平行;垂直于同一平面的兩平面平行;平行于同一直線的兩直線平行;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(hào))【解析】由線面垂直的性質(zhì)定理可知是真命題,且垂直于同一直線的兩平面平行也是真命題,故是“可換命題”;因?yàn)榇怪庇谕黄矫娴膬善矫婵赡芷叫谢蛳嘟?所以是假命題,不是“可換命題”;由公理4可知是真命題,且平行于同一平面的兩平面平行也是真命題,故是“可換命題”;因?yàn)槠叫杏谕黄矫娴膬蓷l直線可能平行、相交或異面,故是假命題,故不是“可換命題”.答案:10.如圖,平面平面平面,兩條直線a,b分別與平面,相交于點(diǎn)A,B,C和點(diǎn)D,E,F.已知AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,則AC的長(zhǎng)為_(kāi) cm.【解析】因?yàn)槠矫嫫矫嫫矫?兩條直線a,b分別與平面,相交于點(diǎn)A,B,C和點(diǎn)D,E,F,連接AD,BE,CF,所以ADBECF,所以=,因?yàn)锳B=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,平面平面平面,兩條直線a,b分別與平面,相交于點(diǎn)A,B,C和點(diǎn)D,E,F.已知AC=15 cm,DE=5 cm,ABBC=13,求AB,BC,EF的長(zhǎng).【解析】如圖所示,連接AF,交于點(diǎn)G,則點(diǎn)A,B,C,G,F共面;因?yàn)?平面ACF=BG,平面ACF=CF,所以BGCF,所以ABGACF,所以=,同理,有ADGE,=;所以=;又=,所以AB=AC= cm,BC=AC= cm;所以EF=3DE=35=15 cm.1.(5分)對(duì)于平面和不重合的兩條直線m,n,下列選項(xiàng)中正確的是()A.如果m,n,m,n共面,那么mnB.如果m,n與相交,那么m,n是異面直線C.如果m,n,m,n是異面直線,那么nD.如果m,nm,那么n【解析】選A.由線面平行的性質(zhì)定理,可知A正確,B選項(xiàng)中,n可以與m相交,C選項(xiàng)中,直線n可以與平面相交,D選項(xiàng)中,n可以在平面內(nèi).2.(5分)已知點(diǎn)E,F分別為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1上的點(diǎn),且AE=AB,AF=AA1,點(diǎn)M,N分別為線段D1E和線段C1F上的點(diǎn),則與平面ABCD平行的直線MN有()A.1條B.3條C.6條D.無(wú)數(shù)條【解析】選D.取BH=BB1,連接FH,則FHAB,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(diǎn)M,過(guò)點(diǎn)M在平面D1HE中,作MGHO,交D1H于點(diǎn)G,再過(guò)點(diǎn)G作GNFH,交C1F于點(diǎn)N,連接MN,由于MGHO,HOKB,KB平面ABCD,MG平面ABCD,所以MG平面ABCD,同理由GNFH,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(diǎn),故這樣的直線MN有無(wú)數(shù)條.【變式備選】1.如圖,在正四棱錐S-ABCD中,點(diǎn)E,M,N分別是BC,CD,SC的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在線段MN上運(yùn)動(dòng)時(shí),下列四個(gè)結(jié)論:EPBD;EPAC;EP平面SAC;EP平面SBD中恒成立的為()A.B.C.D.【解析】選A.如圖所示,連接AC,BD相交于點(diǎn)O,連接EM,EN,SO,在中:由異面直線的定義可知:EP與BD是異面直線,不可能EPBD,因此不正確.在中:由正四棱錐S-ABCD,可得SO底面ABCD,ACBD,所以SOAC,因?yàn)镾OBD=O,所以AC平面SBD,因?yàn)辄c(diǎn)E,M,N分別是BC,CD,SC的中點(diǎn),所以EMBD,MNSD,而EMMN=M,BDSD=D,所以平面EMN平面SBD,所以AC平面EMN,所以ACEP,故正確.在中:由同理可得:EM平面SAC,若EP平面SAC,則EPEM,與EPEM=E相矛盾,因此當(dāng)P與M不重合時(shí),EP與平面SAC不垂直,即不正確.在中:由可知平面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(diǎn),將ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn),則在ADE翻轉(zhuǎn)過(guò)程中,正確的命題是()BM是定值;點(diǎn)M在圓上運(yùn)動(dòng);一定存在某個(gè)位置,使DEA1C;一定存在某個(gè)位置,使MB平面A1DE.A.B.C.D.【解析】選B.取DC中點(diǎn)N,連接MN,NB,則MNA1D,NBDE,所以平面MNB平面A1DE,因?yàn)镸B平面MNB,所以MB平面A1DE,正確;A1DE=MNB,MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根據(jù)余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MNNBcosMNB,所以MB是定值.正確;B是定點(diǎn),所以M是在以B為圓心,MB為半徑的圓上,正確;只有當(dāng)矩形ABCD滿足ACDE時(shí)存在DEA1C,其他情況不存在,不正確.所以正確.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(gè)面中與MN平行的是_.【解析】如圖,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,由重心性質(zhì)可知,E,F重合為一點(diǎn),且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn),由=,得MNAB,因此,MN平面ABC,且MN平面ABD.答案:平面ABD,平面ABC4.(12分)如圖,在三棱錐S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB,過(guò)點(diǎn)A作AFSB,垂足為F,點(diǎn)E,G分別是棱SA,SC的中點(diǎn).求證:(1)平面EFG平面ABC.(2)BCSA.【證明】(1)因?yàn)锳S=AB, AFSB, 垂足為F, 所以F是SB的中點(diǎn).又因?yàn)镋是SA的中點(diǎn), 所以EFAB.因?yàn)镋F平面ABC, AB平面ABC,所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又因?yàn)镋FEG=E,所以平面EFG平面ABC.(2)因?yàn)槠矫鍿AB平面SBC, 且交線為SB,又因?yàn)锳F平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC, 因?yàn)?BC平面 SBC,所以 AFBC.又因?yàn)锳BBC, AFAB=A,AF平面SAB,AB平面 SAB, 所以 BC平面 SAB.又因?yàn)?SA平面 SAB, 所以BCSA.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(diǎn)E,F分別為AB和PC的中點(diǎn),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FMCD交PD于點(diǎn)M,連接AM.因?yàn)辄c(diǎn)F為PC中點(diǎn),所以FM=CD.因?yàn)辄c(diǎn)E為AB的中點(diǎn),所以AE=AB=FM.又AEFM,所以四邊形AEFM為平行四邊形,所以EFAM.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DEAB,又ABDC,則DEDC,設(shè)F到平面BEC的距離為h.因?yàn)辄c(diǎn)F為PC的中點(diǎn),所以h=PD.從而有VF-PBE=VP-BEF=VP-BEC-VF-BEC=SBEC(PD-h)=SBECPD=1=.