2019届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第4节直线平面

第4节 直线、平面平行的判定与性质

【选题明细表】 知识点、方法 平行关系的基本问题 直线与平面平行的判定与性质 平面与平面平行的判定与性质 题号 1,2 3,4,5,6,7,9,10,13,14 8,11,12,13 基础巩固(时间:30分钟)

1.平面α∥平面β的一个充分条件是( D ) (A)存在一条直线a,a∥α,a∥β (B)存在一条直线a,a?α,a∥β

(C)存在两条平行直线a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α (D)存在两条异面直线a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α

解析:若α∩β=l,a∥l,a?α,a?β,则a∥α,a∥β,故排除A.若α∩β=l,a?α,a∥l,则a∥β,故排除B.若α∩β=l,a?α,a∥l,b?β,b∥l,则a∥β,b∥α,故排除C.故选D. 2.已知α,β是两个不同的平面,给出下列四个条件:①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β;②存在一个平面γ,γ⊥α,γ⊥β;③存在两条平行直线a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α;④α内存在两条相交直线a,b,a∥β,b∥β.可以推出α∥β的是( C ) (A)①③ (B)②④ (C)①④ (D)②③

解析:对于②,平面α与β还可以相交;对于③,当a∥b时,不一定能推出α∥β,所以②③是错误的,易知①④正确,故选C.

3.(2017·合肥市二模)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有( C ) (A)0条 (B)1条

(C)2条 (D)1条或2条

解析:如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.

因为EF?平面BCD,GH?平面BCD, 所以EF∥平面BCD.

因为EF?平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD, 所以EF∥CD,所以CD∥平面EFGH. 同理AB∥平面EFGH.故选C.

4.导学号 38486145下面四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的是( A )

(A)①② (B)①④ (C)②③ (D)③④

解析:由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.

5.如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为边AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则( B )

(A)BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是矩形 (B)EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形 (C)HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形

(D)EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形

解析:由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,且EF=BD,所以EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中点,所以HG∥BD,且HG=BD,所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形.

6.如图所示,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1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满足条件 时,有MN∥平面B1BDD1.

解析:由题意,得HN∥平面B1BDD1,FH∥平面B1BDD1.因为HN∩FH=H,所以平面NHF∥平面B1BDD1.

所以当M在线段HF上运动时,有MN∥平面B1BDD1. 答案:M∈线段HF

7.空间四面体ABCD的两条对棱AC,BD的长分别为5和4,则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中,周长的取值范围是 .

解析:设==k(0

所以GH=5k,EH=4(1-k),所以周长=8+2k. 又因为0

8.已知平面α∥β,P?α且P?β,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为 . 解析:如图1,因为AC∩BD=P,

所以经过直线AC与BD可确定平面PCD.

因为α∥β,α∩平面PCD=AB,β∩平面PCD=CD,

所以AB∥CD.所以=,

即=,所以BD=.

如图2,同理可证AB∥CD.

所以=,即=,

所以BD=24.

综上所述,BD=或24.

答案:或24

能力提升(时间:15分钟)

9.导学号 38486146在三棱锥SABC中,△ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB,B

C,SC,SA交于D,E,F,H,点D,E分别是AB,BC的中点,如果直线SB∥平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为( A )

(A) (B) (C)45 (D)45

解析:取AC的中点G,连接SG,BG.

易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB.

因为SB∥平面DEFH,SB?平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,则SB∥HD.同理SB∥FE. 又D,E分别为AB,BC的中点,则H,F也为AS,SC的中点, 从而得HF∥DE,HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形.

又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四边形DEFH为矩形,

其面积S=HF·HD=(AC)·(SB)=.

10.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQ∥AC,则下列命题中,错误的是( C )

(A)AC⊥BD

(B)AC∥截面PQMN (C)AC=BD

(D)异面直线PM与BD所成的角为45°

解析:由题意可知PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以AC⊥BD,故A正确;由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故B正确;由PN∥BD可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,又四边形PQMN为正方形,所以∠MPN=45°,故D正确;而AC=BD没有论证来源.

11.四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G为MC的中点.则下列结论中不正确的是( C )

(A)MC⊥AN

(B)GB∥平面AMN

(C)平面CMN⊥平面AMN

(D)平面DCM∥平面ABN

解析:把该几何体放置到正方体中(如图),作AN的中点H,连接HB,MH,GB,则MC∥HB,又HB⊥AN,所以MC⊥AN,所以选项A正确;由题意易得GB∥MH,又GB?平面AMN,MH?平面AMN,所以GB∥平面AMN,所以选项B正确;因为AB∥CD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,所以平面DCM∥平面ABN,所以选项D正确.

12.导学号 38486147如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点P是棱AD上一点,且AP=,过B1,D1,P的平面交底面ABCD于PQ,Q在直线CD上,则PQ= .

解析:因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD,而平面B1D1P∩平面ABCD=PQ,平面B1D1P∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1∥PQ.

又因为B1D1∥BD,所以BD∥PQ, 设PQ∩AB=M,因为AB∥CD, 所以△APM∽△DPQ.

所以==2,即PQ=2PM.

又知△APM∽△ADB,所以==,

所以PM=BD,又BD=a,所以PQ=a.

答案:a

13.如图,ABCD与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,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与BD为平面BDE内的两条相交直线, 所以平面BDE∥平面MNG.

14.(2017·湖北荆州1月质检)如图,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,∠BAD=∠CDA=90°,AB=AD=DE=CD =2,M是线段AE上的动点.

(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;

(2)在(1)的条件下,求平面MDF将几何体ADEBCF分成的上下两部分的体积之比. 解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF. 证明如下:

连接CE,交DF于N,连接MN,

由于M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC, 由于MN?平面MDF,又AC?平面MDF, 所以AC∥平面MDF.

(2)如图,将几何体ADEBCF补成三棱柱ADEB1CF,

三棱柱ADEB1CF的体积为V=S△ADE·CD=×2×2×4=8, 则几何体ADEBCF的体积

=-=8-×(×2×2)×2==

=,

,

三棱锥FDEM的体积

故两部分的体积之比为∶(-)=.

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