2020年(新课改)数学高考总复习小测:直线、平面平行的判定及其性质

更新时间:2023-12-22 04:53:01 阅读量: 教育文库 文档下载

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课时跟踪检测(四十一) 直线、平面平行的判定及其性质

一、题点全面练

1.已知α,β表示两个不同的平面,直线m是α内一条直线,则“α∥β”是“m∥β”的( )

A.充分不必要条件 C.充要条件

B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

解析:选A 由α∥β,m?α,可得m∥β;反过来,由m∥β,m?α,不能推出α∥β.综上,“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件.

2.(2019·湘中名校联考)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列命题中正确的是( )

A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β C.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β D.若m⊥α,n⊥α,则m∥n

解析:选D A中,两直线可能平行、相交或异面;B中,两平面可能平行或相交;C中,两平面可能平行或相交;D中,由线面垂直的性质定理可知结论正确,故选D.

3.如图,L,M,N分别为正方体对应棱的中点,则平面LMN与平面PQR的位置关系是( )

A.垂直 B.相交不垂直 C.平行 D.重合

解析:选C 如图,分别取另三条棱的中点A,B,C,将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL,因为PQ∥AL,PR∥AM,且PQ与PR相交,AL与AM相交,所以平面PQR∥平面AMBNCL,即平面LMN∥平面PQR.

4.已知α,β,γ是三个不重合的平面,l是直线.给出下列命题:①若l上两点到α的距离相等,则l∥α;②若l⊥α,l∥β,则α⊥β;③若α∥β,l?β,且l∥α,则l∥β.其中正确的命题是( )

A.①② C.①③

B.①②③ D.②③

解析:选D 对于①,若直线l在平面α内,l上有两点到α的距离为0,相等,此时l不与α平行,所以①错误;对于②,因为l∥β,所以存在直线m?β使得l∥m,因为l⊥α,所以m⊥α,又m?β,所以β⊥α,所以②正确;对于③,l∥α,故存在m?α使得l∥m,

因为α∥β,所以m∥β,因为l∥m,l?β,所以l∥β,③正确.故选D.

5.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列三个命题: ①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;

②若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,则l∥m∥n; ③若α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且n∥β,则l∥m. 其中正确命题的个数是( ) A.0 C.2

B.1 D.3

解析:选C ①正确;②中三条直线也可能相交于一点,故错误;③正确,所以正确的命题有2个.

6.已知下列命题:

①若直线与平面有两个公共点,则直线在平面内;

②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行,则另一条直线一定与该平面相交; ③若直线l与平面α平行,则l与平面α内的直线平行或异面; ④若平面α∥平面β,直线a?α,直线b?β,则a∥b. 上述命题正确的是________(填序号).

解析:①若直线与平面有两个公共点,由公理1可得直线在平面内,故①对;②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行,则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内,故②错;③若直线l与平面α平行,则l与平面α内的直线无公共点,即平行或异面,故③对;④若平面α∥平面β,直线a?α,直线b?β,则a∥b或a,b异面,故④错.

答案:①③

7.如图是长方体被一平面截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH 的形状为________.

解析:∵平面ABFE∥平面DCGH,平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面DCGH=HG,∴EF∥HG.同理,EH∥FG,∴四边形EFGH是平行四边形.

答案:平行四边形

8.如图所示,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点P是棱ADa

上一点,且AP=,过B1,D1,P的平面交底面ABCD于PQ,Q在直

3线CD上,则PQ=________.

解析:如图,连接PD1,PB1.∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD,而平面B1D1P∩平面ABCD=PQ,平面B1D1P∩平面A1B1C1D1=B1D1,

∴B1D1∥PQ.

又∵B1D1∥BD,∴BD∥PQ, 设PQ∩AB=M,

∵AB∥CD,∴△APM∽△DPQ, PQPD

∴PM=AP=2,即PQ=2PM. 又知△APM∽△ADB, ∴

PMAP1==, BDAD3

122

∴PM=BD,又BD=2a,∴PQ=a.

33答案:

22a 3

9.(2019·南昌模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点.

(1)求证:平面CMN∥平面PAB; (2)求三棱锥P-ABM的体积.

解:(1)证明:∵M,N分别为PD,AD的中点, ∴MN∥PA,

又MN?平面PAB,PA?平面PAB, ∴MN∥平面PAB.

在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CN=AN, ∴∠ACN=60°.

又∠BAC=60°,∴CN∥AB. ∵CN?平面PAB,AB?平面PAB, ∴CN∥平面PAB.

又CN∩MN=N,∴平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知,平面CMN∥平面PAB,

∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离. ∵AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=3,

113∴三棱锥P-ABM的体积V=VM-. PAB=VC-PAB=VP-ABC=××1×3×2=32310.(2018·湘东五校联考)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1是正方形,△A1CB是等边三角形,AC=AB=1,B1C1∥BC,BC=2B1C1.

(1)求证:AB1∥平面A1C1C; (2)求多面体ABC-A1B1C1的体积. 解:(1)证明:取BC的中点D, 连接AD,B1D,C1D, ∵B1C1∥BC,BC=2B1C1, ∴BD∥B1C1,BD=B1C1, CD∥B1C1,CD=B1C1,

∴四边形BDC1B1,CDB1C1是平行四边形, ∴C1D∥B1B,C1D=B1B,CC1∥B1D, 又B1D?平面A1C1C,CC1?平面A1C1C, ∴B1D∥平面A1C1C.

在正方形ABB1A1中,BB1∥AA1,BB1=AA1, ∴C1D∥AA1,C1D=AA1,

∴四边形ADC1A1是平行四边形,∴AD∥A1C1. 又AD?平面A1C1C,A1C1?平面A1C1C, ∴AD∥平面A1C1C,

∵B1D∩AD=D,∴平面ADB1∥平面A1C1C, 又AB1?平面ADB1,∴AB1∥平面A1C1C. (2)在正方形ABB1A1中A1B=2,

∵△A1CB是等边三角形,∴A1C=BC=2,

2222

∴AC2+AA21=A1C,AB+AC=BC,

∴AA1⊥AC,AC⊥AB.

又AA1⊥AB,∴AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥CD, 易得CD⊥AD,AD∩AA1=A,∴CD⊥平面ADC1A1.

易知多面体ABC-A1B1C1是由直三棱柱ABD-A1B1C1和四棱锥C-ADC1A1组成的, 111

×1×1?×1=, 直三棱柱ABD-A1B1C1的体积为×??2?241221

四棱锥C-ADC1A1的体积为××1×=,

3226115

∴多面体ABC-A1B1C1的体积为+=.

4612

二、专项培优练

(一)易错专练——不丢怨枉分

1.在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AB和棱AA1的中点,点M,N分别为线段D1E,C1F上的点,则与平面ABCD平

行的直线MN有( )

A.无数条 C.1条

B.2条 D.0条

解析:选A 因为直线D1E,C1F与平面ABCD都相交,所以只需要把平面ABCD向上平移,与线段D1E的交点为M,与线段C1F的交点为N,由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD,故有无数条直线MN∥平面ABCD,故选A.

2.设α,β,γ是三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n?γ,且________,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.

①α∥γ,n?β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m?γ. 可以填入的条件有________(填序号).

解析:由面面平行的性质定理可知,①正确;当m∥γ,n∥β时,n和m可能平行或异面,②错误;当n∥β,m?γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以m∥n,③正确.

答案:①或③

3.如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则M只需满足条件_____________时,就有MN∥平面B1BDD1.(注:请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能情况)

解析:连接HN,FH,FN,则FH∥D1D,HN∥BD, ∵FH∩HN=H,D1D∩BD=D,

∴平面FNH∥平面B1BDD1,只需M∈FH, 则MN?平面FNH,∴MN∥平面B1BDD1. 答案:点M在线段FH上(或点M与点H重合)

4.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻转过程中,正确的命题是______(填序号).

①MB是定值; ②点M在圆上运动;

③一定存在某个位置,使DE⊥A1C; ④一定存在某个位置,使MB∥平面A1DE.

解析:取DC的中点N,连接MN,NB,则MN∥A1D,NB∥DE,∵MN∩NB=N,A1D∩DE=D,∴平面MNB∥平面A1DE,∵MB?平面MNB,∴MB∥平面A1DE,④正确;∠A1DE=∠MNB,

1

MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MN·NB·cos ∠

2MNB,∴MB是定值,①正确;∵B是定点,∴M在以B为圆心,MB为半径的圆上,②正确;当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在,其他情况不存在,③不正确.∴①②④正确.

答案:①②④

(二)素养专练——学会更学通

5.[直观想象、逻辑推理]如图,四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点,求证:

(1)BE∥平面DMF; (2)平面BDE∥平面MNG.

证明:(1)如图,连接AE,设DF与GN的交点为O, 则AE必过DF与GN的交点O. 连接MO,则MO为△ABE的中位线, 所以BE∥MO.

又BE?平面DMF,MO?平面DMF, 所以BE∥平面DMF.

(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DE∥GN. 又DE?平面MNG,GN?平面MNG, 所以DE∥平面MNG. 又M为AB的中点,

所以MN为△ABD的中位线, 所以BD∥MN.

又BD?平面MNG,MN?平面MNG, 所以BD∥平面MNG.

又DE?平面BDE,BD?平面BDE,DE∩BD=D, 所以平面BDE∥平面MNG. 6.[直观想象、逻辑推理]

如图,四棱锥P -ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E为PB的中点. (1)求证:CE∥平面PAD.

(2)在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD∥平面CEF?若

存在,证明你的结论,若不存在,请说明理由.

解:(1)证明:取PA的中点H,连接EH,DH, 因为E为PB的中点, 1

所以EH∥AB,EH=AB,

21

又AB∥CD,CD=AB,

2所以EH∥CD,EH=CD, 因此四边形DCEH为平行四边形, 所以CE∥DH,

又DH?平面PAD,CE?平面PAD, 因此CE∥平面PAD.

(2)存在点F为AB的中点,使平面PAD∥平面CEF, 证明如下:

取AB的中点F,连接CF,EF, 1

则AF=AB,

2

1

因为CD=AB,所以AF=CD,

2

又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四边形, 因此CF∥AD.

又AD?平面PAD,CF?平面PAD, 所以CF∥平面PAD, 由(1)可知CE∥平面PAD, 又CE∩CF=C, 故平面CEF∥平面PAD, 故存在AB的中点F满足要求.

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/62r5.html

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