《（福建專用）2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第4課時(shí) 空間中的平行關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（福建專用）2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第4課時(shí) 空間中的平行關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 （福建專用）2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第4課時(shí) 空間中的平行關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析） 一、選擇題 1．一條直線若同時(shí)平行于兩個(gè)相交平面，則這條直線與這兩個(gè)平面的交線的位置關(guān)系是(　　) A．異面　　　　　　　　 B．相交 C．平行 D．不確定 解析：選C.以四棱柱為模型，一條側(cè)棱與和它平行的兩個(gè)側(cè)面的交線平行，可得出結(jié)論． 2．設(shè)m，n是平面α內(nèi)的兩條不同直線；l1，l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線．則α∥β的一個(gè)充分而不必要條件是(　　) A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2 C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2 解析：選B.∵m∥l1，

2、且n∥l2，又l1與l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線，∴α∥β，而當(dāng)α∥β時(shí)不一定推出m∥l1且n∥l2，可能異面．故選B. 3．(2020·寧德調(diào)研)已知甲命題：“如果直線a∥b，那么a∥α”；乙命題：“如果a∥平面α，那么a∥b”．要使上面兩個(gè)命題成立，需分別添加的條件是(　　) A．甲：b?α；乙：b?α B．甲：b?α；乙：a?β且α∩β＝b C．甲：a?α，b?α；乙：a?β且α∩β＝b D．甲：a?α，b?α；乙：b∥α 解析：選C.根據(jù)直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理，知C正確． 4．下列命題中正確的個(gè)數(shù)是(　　) ①若直線a不在α內(nèi)，則a∥α； ②若直線l上有無

3、數(shù)個(gè)點(diǎn)不在平面α內(nèi)，則l∥α； ③若直線l與平面α平行，則l與α內(nèi)的任意一條直線都平行； ④如果兩條平行線中的一條與一個(gè)平面平行，那么另一條也與這個(gè)平面平行； ⑤若l與平面α平行，則l與α內(nèi)任何一條直線都沒有公共點(diǎn)； ⑥平行于同一平面的兩直線可以相交． A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B.a∩α＝A時(shí)，a?α，故①錯(cuò)； 直線l與α相交時(shí)，l上有無數(shù)個(gè)點(diǎn)不在α內(nèi)，故②錯(cuò)； l∥α?xí)r，α內(nèi)的直線與l平行或異面，故③錯(cuò)； a∥b，b∥α?xí)r，a∥α或a?α，故④錯(cuò)； l∥α，l與α無公共點(diǎn)，∴l(xiāng)與α內(nèi)任一直線都無公共點(diǎn)，⑤正確； 長方體中A1C1與B1D1都與面

4、ABCD平行，∴⑥正確．故選B. 5．下列四個(gè)正方體圖形中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 解析：選B.對圖①，可通過面面平行得到線面平行．對圖④，通過證明AB∥PN得到AB∥平面MNP，故選B. 二、填空題 6. 如圖，在空間四邊形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是__________． 解析：在平面ABD中，＝， ∴MN∥BD. 又MN?平面BCD，BD?平面BCD， ∴MN∥平面BCD. 答案：平

5、行 7．(2020·漳州調(diào)研)已知α、β是不同的兩個(gè)平面，直線a?α，直線b?β，命題p：a與b沒有公共點(diǎn)；命題q：α∥β，則p是q的________條件． 解析：∵a與b沒有公共點(diǎn)，不能推出α∥β， 而α∥β時(shí)，a與b一定沒有公共點(diǎn)， 即p ?/ q，q?p， ∴p是q的必要不充分條件． 答案：必要不充分 8. 空間四邊形ABCD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________． 解析：設(shè)＝＝k，∴＝＝1－k， ∴GH＝5k，EH＝4(1－k)，∴周長＝8＋2k. 又∵0＜k＜1，∴周長的范圍為

6、(8,10)． 答案：(8,10) 三、解答題 9. 如圖是一個(gè)三棱柱(以A1B1C1為底面)被一平面截得的幾何體，截面為ABC，已知AA1＝4，BB1＝2，CC1＝3，O為AB中點(diǎn)，證明：OC∥平面A1B1C1. 證明：取A1B1中點(diǎn)D1，連接OD1、C1D1. 則OD1為梯形AA1B1B的中位線． ∴OD1＝3且OD1∥AA1. 又在棱柱中，AA1∥CC1，CC1＝3， ∴OD1綊CC1， ∴四邊形OD1C1C為平行四邊形． ∴OC∥D1C1.又OC?平面A1B1C1，D1C1?平面A1B1C1， ∴OC∥平面A1B1C1. 10. 已知如圖：E、F、G

7、、H分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中點(diǎn)．求證： (1)EG∥平面BB1D1D； (2)平面BDF∥平面B1D1H. 證明：(1)取B1D1的中點(diǎn)O，連接GO，OB，易證四邊形BEGO為平行四邊形，故OB∥GE，由線面平行的判定定理即可證EG∥平面BB1D1D. (2)由正方體得BD∥B1D1. 如圖，連接HB、D1F，易證四邊形HBFD1是平行四邊形， 故HD1∥BF. 又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B， 所以平面BDF∥平面B1D1H. 一、選擇題 1. (2020·三明調(diào)研)如圖所示，在三棱柱ABC-A′

8、B′C′中，點(diǎn)E、F、H、K分別為AC′、CB′、A′B、B′C′的中點(diǎn)，G為△ABC的重心，從K、H、G、B′中取一點(diǎn)作為P，使得該棱柱恰有2條棱與平面PEF平行，則P為(　　) A．K B．H C．G D．B′ 解析：選C.若K點(diǎn)為P， ∵P(K)F∥C′C， ∴P(K)F∥C′C∥A′A∥B′B， 則棱柱至少有三條棱與平面PEF平行，故A不正確； 若H點(diǎn)為P， ∵平面P(H)EF∥平面BC， ∴AC∥平面P(H)EF，AB∥平面P(H)EF，BC∥平面P(H)EF， 則棱柱至少有三條棱與平面PEF平行，故B不正確； 若G點(diǎn)為P，則棱柱中僅有AB、A′B′與平

9、面PEF平行，故C正確； 若B′點(diǎn)為P，則棱柱中任一棱都不與平面PEF平行，故D不正確． 故選C. 2．正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，Q 分別是棱D1C1，A1D1，BC的中點(diǎn)．點(diǎn)P在對角線BD1上，且＝，給出下列四個(gè)命題： ①M(fèi)N∥平面APC；②C1Q∥平面APC；③A，P，M三點(diǎn)共線；④平面MNQ∥平面APC. 其中正確命題的序號為(　　) A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 解析：選C.E，F(xiàn)分別為AC，MN的中點(diǎn)，G為EF與BD1的交點(diǎn)，顯然△D1FG∽△BEG， 故＝＝，即BG＝BD1，又＝，即BP＝BD1，故點(diǎn)G與點(diǎn)P重合，所以平

10、面APC和平面ACMN重合，MN?平面APC，故命題①不正確，命題④也不正確，結(jié)合選項(xiàng)可知選C. 二、填空題 3．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分別是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則M滿足條件________時(shí)，有MN∥平面B1BDD1. 解析：易知平面MHN∥平面B1BDD1.故當(dāng)M在FH上時(shí)MN∥平面B1BDD1. 答案：M∈FH 4. (2020·高考福建卷)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于___

11、_____． 解析：由于在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝2.又E為AD中點(diǎn)，EF∥平面AB1C，EF?平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC， ∴EF∥AC，∴F為DC中點(diǎn)，∴EF＝AC＝. 答案： 三、解答題 5. (2020·高考山東卷)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，AB＝2EF. (1)若M是線段AD的中點(diǎn)，求證：GM∥平面ABFE； (2)若AC＝BC＝2AE，求二面角ABFC的大?。? 解： (1)證明：法一：因?yàn)镋F∥AB，F(xiàn)G∥B

12、C，EG∥AC，∠ACB＝90°. 所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF， 因此BC＝2FG. 連接AF， 由于FG∥BC，F(xiàn)G＝BC， 在?ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)， 則AM∥BC，且AM＝BC， 因此FG∥AM且FG＝AM， 所以四邊形AFGM為平行四邊形， 因此GM∥FA. 又FA?平面ABFE，GM?平面ABFE， 所以GM∥平面ABFE. 法二：因?yàn)镋F∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF， 所以BC＝2FG. 取BC的中點(diǎn)N，連接G

13、N， 因此四邊形BNGF為平行四邊形， 所以GN∥FB. 在?ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)，連接MN， 則MN∥AB. 因?yàn)镸N∩GN＝N， 所以平面GMN∥平面ABFE. 又GM?平面GMN，所以GM∥平面ABFE. (2) 由題意知，平面ABFE⊥平面ABCD. 取AB的中點(diǎn)H，連接CH. 因?yàn)锳C＝BC， 所以CH⊥AB， 則CH⊥平面ABFE. 過H向BF引垂線交BF于R，連接CR，則CR⊥BF， 所以∠HRC為二面角ABFC的平面角． 由題意，不妨設(shè)AC＝BC＝2AE＝2， 在直角梯形ABFE中，連接FH，則FH⊥AB. 又AB＝2，

14、所以HF＝AE＝1，BH＝， 因此在Rt△BHF中，HR＝. 由于CH＝AB＝， 所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝＝. 因此二面角ABFC的大小為60°. 6. (2020·高考福建卷)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，E，H分別是棱A1B1，D1C1上的點(diǎn)(點(diǎn)E與B1不重合)，且EH∥A1D1.過EH的平面與棱BB1，CC1相交，交點(diǎn)分別為F，G. (1)證明：AD∥平面EFGH； (2)設(shè)AB＝2AA1＝2a.在長方體ABCD－A1B1C1D1內(nèi)隨機(jī)選取一點(diǎn)，記該點(diǎn)取自于幾何體A1ABFE－D1DCGH內(nèi)的概率為p.當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱A1B1，B1B

15、上運(yùn)動(dòng)且滿足EF＝a時(shí)，求p的最小值． 解：(1)證明：在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD∥A1D1. 又∵EH∥A1D1，∴AD∥EH. ∵AD?平面EFGH，EH?平面EFGH. ∴AD∥平面EFGH. (2)法一：設(shè)BC＝b，則長方體ABCD－A1B1C1D1的體積 V＝AB·AD·AA1＝2a2b， 幾何體EB1F－HC1G的體積 V1＝·B1C1＝EB1·B1F. ∵EB＋B1F2＝a2， ∴EB1·B1F≤＝， 當(dāng)且僅當(dāng)EB1＝B1F＝a時(shí)等號成立． 從而V1≤. 故p＝1－≥1－＝， 當(dāng)且僅當(dāng)EB1＝B1F＝a時(shí)等號成立． ∴p的最小值等于. 法二：設(shè)BC＝b，則長方體ABCD－A1B1C1D1的體積 V＝AB·AD·AA1＝2a2b， 幾何體EB1F－HC1G的體積 V1＝·B1C1＝EB1·B1F. 設(shè)∠B1EF＝θ(0°≤θ＜90°)， 則EB1＝acos θ，B1F＝asin θ. ∴EB1·B1F＝a2sinθcosθ＝sin2θ≤， 當(dāng)且僅當(dāng)sin2θ＝1，即θ＝45°時(shí)，等號成立． 從而V1≤. ∴p＝1－≥1－＝， 當(dāng)且僅當(dāng)sin 2θ＝1，即θ＝45°時(shí)，等號成立． ∴p的最小值等于.