高考數(shù)學一輪復習 第七章 立體幾何與空間向量 第4節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì)練習 新人教A版

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1、 第七章 第4節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì) [基礎訓練組] 1.(導學號14577656)平面α∥平面β的一個充分條件是(  ) A.存在一條直線a,a∥α,a∥β B.存在一條直線a,a?α,a∥β C.存在兩條平行直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α D.存在兩條異面直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α 解析:D [若α∩β=l,a∥l,a?α,a?β,則a∥α,a∥β,故排除A.若α∩β=l,a?α,a∥l,則a∥β,故排除B.若α∩β=l,a?α,a∥l,b?β,b∥l,則a∥β,b∥α,故排除C.故選D.] 2.(導學號14577657)已知

2、α,β是兩個不同的平面,給出下列四個條件: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.可以推出α∥β的是(  ) A.①③         B.②④ C.①④ D.②③ 解析:C [對于②,平面α與β還可以相交;對于③,當a∥b時,不一定能推出α∥β,所以②③是錯誤的,易知①④正確,故選C.] 3.(導學號14577658)(2018合肥市二模)若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形,則該三棱錐中與平面α平行的棱有(  ) A.0條 B.1條

3、 C.2條 D.1條或2條 解析:C [如圖所示,四邊形EFGH為平行四邊形,則EF∥GH. ∵EF?平面BCD,GH?平面BCD, ∴EF∥平面BCD. ∵EF?平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD, ∴EF∥CD,∴CD∥平面EFGH. 同理AB∥平面EFGH.故選C.] 4.(導學號14577659)下面四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,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:A [由線面平行的判定定理知圖①②可得出AB∥平面MNP.] 5.(導學號145776

4、60)如圖所示,在空間四邊形ABCD中,E,F(xiàn)分別為邊AB,AD上的點,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分別為BC,CD的中點,則(  ) A.BD∥平面EFGH,且四邊形EFGH是矩形 B.EF∥平面BCD,且四邊形EFGH是梯形 C.HG∥平面ABD,且四邊形EFGH是菱形 D.EH∥平面ADC,且四邊形EFGH是平行四邊形 解析:B [由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,且EF=BD,∴EF∥平面BCD.又H,G分別為BC,CD的中點,∴HG∥BD,且HG=BD,∴EF∥HG且EF≠HG.∴四邊形EFGH是梯形.] 6.(導學號14577661)如圖所

5、示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F、G、H分別是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中點,N是BC的中點,點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動,則M滿足條件 ________ 時,有MN∥平面B1BDD1. 解析:由題意,得HN∥平面B1BDD1,F(xiàn)H∥平面B1BDD1.∵HN∩FH=H,∴平面NHF∥平面B1BDD1. ∴當M在線段HF上運動時,有MN∥平面B1BDD1. 答案:M∈線段HF 7.(導學號14577662)空間四面體A-BCD的兩條對棱AC,BD的長分別為5和4,則平行于兩條對棱的截面四邊形EFGH在平移過程中,周長的取值范圍是 ________ .

6、 解析:設==k(0<k<1),所以==1-k, 所以GH=5k,EH=4(1-k),所以周長=8+2k. 又因為0<k<1,所以周長的范圍為(8,10). 答案:(8,10) 8.(導學號14577663)已知平面α∥β,P?α且P?β,過點P的直線m與α,β分別交于A,C,過點P的直線n與α,β分別交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,則BD的長為 ________ . 解析:如圖1,∵AC∩BD=P, ∴經(jīng)過直線AC與BD可確定平面PCD. ∵α∥β,α∩平面PCD=AB,β∩平面PCD=CD, ∴AB∥CD.∴=, 即=,∴BD=.   如圖2,同理可證A

7、B∥CD. ∴=,即=, ∴BD=24. 綜上所述,BD=或24. 答案:或24 9.(導學號14577664)如圖,ABCD與ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點. (1)求證:BE∥平面DMF; (2)求證:平面BDE∥平面MNG. 證明:(1)連接AE,則AE必過DF與GN的交點O, 連接MO,則MO為△ABE的中位線,所以BE∥MO, 又BE?平面DMF,MO?平面DMF, 所以BE∥平面DMF. (2)因為N,G分別為平行四邊形ADEF的邊AD,EF的中點,所以DE∥GN, 又DE?平面MNG,GN?平面MNG, 所以DE

8、∥平面MNG. 又M為AB的中點, 所以MN為△ABD的中位線,所以BD∥MN, 又MN?平面MNG,BD?平面MNG, 所以BD∥平面MNG, 又DE,BD?平面BDE,DE∩BD=D, 所以平面BDE∥平面MNG. 10.(導學號14577665)(理科)(2018桂林市、北海市、崇左市調(diào)研)在如圖所示的多面體ABCDE中,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,AB=CD=1,AC=,AD=DE=2. (1)在線段CE上取一點F,作BF∥平面ACD(只需指出F的位置,不需證明); (2)對(1)中的點F,求三棱錐B-FCD的體積. 解:(1)取CE的中點F, 連接B

9、F,BF∥平面ACD(如圖). (2)因為AD2=AC2+CD2, 所以∠ACD=90. 所以AC⊥CD. 因為DE⊥平面ACD, 所以AC⊥DE. 因為DE∩CD=D, 所以AC⊥平面CDE. 因為DE⊥平面ACD,AB⊥平面ACD, 所以AB∥DE. 因為AB?平面CED,DE?平面CED, 所以AB∥平面CED. 所以B到平面FCD的距離為AC. 又S△FCD=S△ECD=12=, 所以VB-FCD=ACS△FCD=. 10.(導學號14577666)(文科)如圖,多面體ABCDEF中,平面ABCD是邊長為a的菱形,且∠DAB=60,DF=2BE=2a,

10、DF∥BE,DF⊥平面ABCD. (1)在AF上是否存在點G,使得EG∥平面ABCD,請證明你的結論; (2)求該多面體的體積. 解:(1)當點G位于AF中點時,有EG∥平面ABCD.證明如下: 取AD的中點H,連接GH,GE,BH. ∵GH∥DF且GH=DF,∴GH∥BE且GH=BE. ∴四邊形BEGH為平行四邊形,∴EG∥BH. 又BH?平面ABCD,EG?平面ABCD, ∴EG∥平面ABCD. (2)連接BD,BD=a,AC=a,SBDFE=a=a2,由V=VA-BDFE+VC-BDFE=2VA-BDFE=2aa2=a3. [能力提升組] 11.(導學號14

11、577667)在三棱錐S-ABC中,△ABC是邊長為6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分別與AB,BC,SC,SA交于D,E,F(xiàn),H,點D,E分別是AB,BC的中點,如果直線SB∥平面DEFH,那么四邊形DEFH的面積為(  ) A. B. C.45 D.45 解析:A [取AC的中點G,連接SG,BG. 易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB. 因為SB∥平面DEFH,SB?平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD, 則SB∥HD.同理SB∥FE. 又D,E分別為AB,BC的中點,則H,F(xiàn)也為AS,SC的中點, 從而得H

12、F∥DE,HF=DE,所以四邊形DEFH為平行四邊形. 又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四邊形DEFH為矩形, 其面積S=HFHD==.] 12.(導學號14577668)(理科)如圖,在四面體A-BCD中,截面PQMN是正方形,且PQ∥AC,則下列命題中,錯誤的是(  ) A.AC⊥BD B.AC∥截面PQMN C.AC=BD D.異面直線PM與BD所成的角為45 解析:C [由題意可知PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以AC⊥BD,故A正確;由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故B正確;由PN∥BD可知,異面直線PM與BD所成的角等于PM與

13、PN所成的角,又四邊形PQMN為正方形,所以∠MPN=45,故D正確;而AC=BD沒有論證. 12.(導學號14577669)(文科)如圖,四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G為MC的中點.則下列結論中不正確的是(  ) A.MC⊥AN B.GB∥平面AMN C.平面CMN⊥平面AMN D.平面DCM∥平面ABN 解析:D [顯然該幾何圖形為正方體截去兩個三棱錐所剩的幾何體,把該幾何體放置到正方體中(如圖),作AN的中點H,連接HB,MH,GB,則MC∥HB,又HB⊥AN,所以MC⊥AN,所以A正確;由題意易得GB∥MH

14、,又GB?平面AMN,MH?平面AMN,所以GB∥平面AMN,所以B正確;因為AB∥CD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,所以平面DCM∥平面ABN,所以D正確.] 13.(導學號14577670)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,點P是棱AD上一點,且AP=,過B1,D1,P的平面交底面ABCD于PQ,Q在直線CD上,則PQ=________ . 解析:∵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, 設PQ∩

15、AB=M,∵AB∥CD, ∴△APM∽△DPQ. ∴==2,即PQ=2PM. 又知△APM∽△ADB,∴==, ∴PM=BD,又BD=a,∴PQ=a. 答案:a 14.(導學號14577671)(理科)如圖,已知正方形ABCD的邊長為6,點E,F(xiàn)分別在邊AB,AD上,AE=AF=4,現(xiàn)將△AEF沿線段EF折起到△A′EF位置,使得A′C=2. (1)求五棱錐A′-BCDFE的體積; (2)在線段A′C上是否存在一點M,使得BM∥平面A′EF?若存在,求出A′M的長;若不存在,請說明理由. 解:(1)連接AC,設AC∩EF=H,連接A′H. 因為四邊形ABCD是正方形

16、,AE=AF=4, 所以H是EF的中點,且EF⊥AH,EF⊥CH, 從而有A′H⊥EF,CH⊥EF, 又A′H∩CH=H, 所以EF⊥平面A′HC,且EF?平面ABCD. 從而平面A′HC⊥平面ABCD. 過點A′作A′O垂直HC且與HC相交于點O, 則A′O⊥平面ABCD. 因為正方形ABCD的邊長為6,AE=AF=4, 故A′H=2,CH=4, 所以cos∠A′HC= ==, 所以HO=A′Hcos∠A′HC=,則A′O=, 所以五棱錐A′-BCDFE的體積 V==. (2)線段A′C上存在點M,使得BM∥平面A′EF,此時A′M=.證明如下: 連接OM,B

17、D,BM,DM,且易知BD過點O. A′M==A′C,HO=HC, 所以OM∥A′H. 又OM?平面A′EF,A′H?平面A′EF, 所以OM∥平面A′EF. 又BD∥EF,BD?平面A′EF,EF?平面A′EF, 所以BD∥平面A′EF. 又BD∩OM=O,所以平面MBD∥平面A′EF, 因為BM?平面MBD,所以BM∥平面A′EF. 14.(導學號14577672)(文科)如圖,空間幾何體ADE-BCF中,四邊形ABCD是梯形,四邊形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC,AB=AD=DE=2,EF=4,M是線段AE上的動點. (1)試確定點M的位

18、置,使AC∥平面MDF,并說明理由; (2)在(1)的條件下,平面MDF將幾何體ADE-BCF分成兩部分,求空間幾何體M-DEF與空間幾何體ADM-BCF的體積之比. 解:(1)當M是線段AE的中點時,AC∥平面MDF.證明如下: 連接CE交DF于N,連接MN,由于M,N分別是AE,CE的中點, 所以MN∥AC,又MN在平面MDF內(nèi), 所以AC∥平面MDF. (2)將幾何體ADE-BCF補成三棱柱ADE-B′CF, 三棱柱ADE-BCF的體積為V=S△ADECD=224=8. 則幾何體ADE-BCF的體積 VADE-BCF=V三棱柱ADE-B′CF-VF-BB′C=8-2=, 又三棱錐F-DEM的體積V三棱錐F-DEM =1=, 所以兩幾何體的體積之比為∶=. 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài),需要轉變經(jīng)濟發(fā)展方式,改變粗放式增長模式,不斷優(yōu)化經(jīng)濟結構,實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展,推進新型城鎮(zhèn)化,推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因:我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。

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