2020高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)41 直線、平面平行的判定和性質(zhì) 文

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1、課時(shí)作業(yè)41　直線、平面平行的判定和性質(zhì) [基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．已知α∥β，a?α，B∈β，則在β內(nèi)過點(diǎn)B的所有直線中(　　) A．不一定存在與a平行的直線 B．只有兩條與a平行的直線 C．存在無數(shù)條與a平行的直線 D．存在唯一一條與a平行的直線 解析：因?yàn)閍與點(diǎn)B確定一個(gè)平面，該平面與β的交線即為符合條件的直線． 答案：D 2．[2019·河南開封模擬]在空間中，a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中的真命題是(　　) A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a?α，b?β，α⊥β，則a⊥b C．若a∥α，a∥b，則b∥α D．若α∥

2、β，a?α，則a∥β 解析：對于A，若a∥α，b∥α，則a，b可能平行，可能相交，可能異面，故A是假命題；對于B，設(shè)α∩β＝m，若a，b均與m平行，則a∥b，故B是假命題；對于C，b∥α或b在平面α內(nèi)，故C是假命題；對于D，若α∥β，a?α，則a與β沒有公共點(diǎn)，則a∥β，故D是真命題．故選D. 答案：D 3．[2019·石家莊模擬]過三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)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(yīng)線段的中點(diǎn)， 故符合條件的直線只能出現(xiàn)在平面HGFI中， 有FI

3、，F(xiàn)G，GH，HI，HF，GI共6條直線，故選B. 答案：B 4．[2019·山東聊城模擬]下列四個(gè)正方體中，A，B，C為所在棱的中點(diǎn)，則能得出平面ABC∥平面DEF的是(　　) 解析：在B中，如圖，連接MN，PN， ∵A，B，C為正方體所在棱的中點(diǎn)， ∴AB∥MN，AC∥PN， ∵M(jìn)N∥DE，PN∥EF， ∴AB∥DE，AC∥EF， ∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E， AB、AC?平面ABC，DE、EF?平面DEF， ∴平面ABC∥平面DEF.故選B. 答案：B 5．[北京卷]設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，m是直線且m?α，“m∥β”是“α∥β”的(　　) A．

4、充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：當(dāng)m∥β時(shí)，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥βα∥β；當(dāng)α∥β時(shí)，α內(nèi)任一直線與β平行，因?yàn)閙?α，所以m∥β.綜上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分條件． 答案：B 二、填空題 6．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點(diǎn)，過P點(diǎn)的兩條直線AC，BD分別交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，則CD的長為________． 解析：若P在α，β的同側(cè)，由于平面α∥平面β，故AB∥CD，則＝＝，可求得CD＝20；若P在α，β之間，則＝＝，可求得CD＝4.

5、答案：20或4 7．[2019·廣州高三調(diào)研]正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)N為線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn)，平面BMN交AA1于點(diǎn)Q，則線段AQ的長為________． 解析：如圖所示，在線段DD1上靠近點(diǎn)D處取一點(diǎn)T，使得DT＝，因?yàn)镹是線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn)，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn)，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A處取一點(diǎn)Q′，使得AQ′＝，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，故BQ′與MN共面，即Q′與Q重合，

6、故AQ＝. 答案： 8. [2019·福建泉州模擬]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，設(shè)Q是CC1上的點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)Q________時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO. ① 與C重合 ② 與C1重合 ③ 為CC1的三等分點(diǎn) ④ 為CC1的中點(diǎn) 解析：在正方體ABCD－A1B1C1D1中， ∵O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)， ∴PO∥BD1， 當(dāng)點(diǎn)Q為CC1的中點(diǎn)時(shí)， 連接PQ，則PQ綊AB，∴四邊形ABQP是平行四邊形， ∴AP∥BQ， ∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B， AP、PO?平面PAO，BQ、BD

7、1?平面D1BQ， ∴平面D1BQ∥平面PAO.故選④. 答案：④ 三、解答題 9. [2019·安徽合肥一中模擬]如圖，四棱錐P－ABCD中，E為AD的中點(diǎn)，PE⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，AC∩BD＝F，且△PAD與△ABD均為正三角形，G為△PAD重心． (1)求證：GF∥平面PDC； (2)求三棱錐G－PCD的體積． 解析：(1)證明：連接AG交PD于H，連接CH. 由四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC，知＝， 又G為△PAD的重心，∴＝， 在△ACH中，＝＝， 故GF∥HC. 又HC?平面PDC，GF?

8、平面PDC， ∴GF∥平面PDC. (2)由AB＝2，△PAD，△ABD為正三角形，E為AD中點(diǎn)得PE＝3， 由(1)知GF∥平面PDC，又PE⊥平面ABCD， ∴VG－PCD＝VF－PCD＝VP－CDF＝·PE·S△CDF， 由四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC＝2，△ABD為正三角形， 知DF＝BD＝，∠CDF＝∠ABD＝60°， ∴S△CDF＝CD·DF·sin∠CDF＝， ∴VP－CDF＝PE·S△CDF＝， ∴三棱錐G－PCD的體積為. 10. [2019·江西臨川二中月考]如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)

9、分別為AD，PA的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)． (1)當(dāng)Q是BC中點(diǎn)時(shí)，求證：平面BEF∥平面PDQ； (2)當(dāng)BD⊥FQ時(shí)，求的值． 解析：(1)證明：∵E，Q分別是矩形ABCD的對邊AD，BC的中點(diǎn)， ∴ED＝BQ，ED∥BQ， ∴四邊形BEDQ是平行四邊形， ∴BE∥DQ. 又BE?平面PDQ，DQ?平面PDQ， ∴BE∥平面PDQ. ∵F是PA的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)， ∴EF∥PD， ∵EF?平面PDQ，PD?平面PDQ， ∴EF∥平面PDQ， ∵BE∩EF＝E，BE、EF?平面BEF， ∴平面BEF∥平面PDQ. (2)連接AQ. ∵PA⊥平面ABCD

10、，BD?平面ABCD， ∴PA⊥BD. ∵BD⊥FQ，PA∩FQ＝F，PA、FQ?平面PAQ， ∴BD⊥平面PAQ， ∵AQ?平面PAQ， ∴AQ⊥BD， 在矩形ABCD中，由AQ⊥BD得△AQB∽△DBA， ∴＝， ∴AB2＝AD·BQ， 又AB＝1，AD＝2， ∴BQ＝，則QC＝， ∴＝. [能力挑戰(zhàn)] 11．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E為PC的中點(diǎn)． (1)求三棱錐A－PDE的體積； (2)AC邊上是否存在一點(diǎn)M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由． 解

11、析：(1)因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又因?yàn)锳BCD是矩形，所以AD⊥CD. 因?yàn)镻D∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱錐A－PDE的高． 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，且PD＝DC＝4， 所以S△PDE＝S△PDC＝×＝4. 又AD＝2，所以VA－PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝. (2)取AC中點(diǎn)M，連接EM，DM， 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，M是AC的中點(diǎn)， 所以EM∥PA. 又因?yàn)镋M?平面EDM，PA?平面EDM，所以PA∥平面EDM. 所以AM＝AC＝. 即在AC邊上存在一點(diǎn)M，使得PA∥平面EDM，AM的長為. 6