《【5年高考3年模擬】（新課標(biāo)專用）2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 試題分類匯編 直線、平面平行的判定和性質(zhì)（B）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【5年高考3年模擬】（新課標(biāo)專用）2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 試題分類匯編 直線、平面平行的判定和性質(zhì)（B）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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8.4直線、平面平行的判定和性質(zhì)
考點 直線、平面平行的判定和性質(zhì)
1.(2020廣東,8,5分)設(shè)l為直線,α,β是兩個不同的平面.下列命題中正確的是( )
A.若l∥α,l∥β,則α∥β B.若l⊥α,l⊥β,則α∥β
C.若l⊥α,l∥β,則α∥β D.若α⊥β,l∥α,則l⊥β
答案 B
2.(2020福建,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60°.
(1)當(dāng)正視方向與向量的方向相同時,畫出四棱錐P-ABCD的正視圖(要求標(biāo)出尺寸,并寫出演算過程);
2、
(2)若M為PA的中點,求證:DM∥平面PBC;
(3)求三棱錐D-PBC的體積.
解析 解法一:(1)在梯形ABCD中,過點C作CE⊥AB,垂足為E.
由已知得,四邊形ADCE為矩形,AE=CD=3,在Rt△BEC中,由BC=5,CE=4,依勾股定理得
BE=3,從而AB=6.
又由PD⊥平面ABCD得,PD⊥AD,
從而在Rt△PDA中,由AD=4,∠PAD=60°,得PD=4.
正視圖如圖所示:
(2)取PB中點N,連結(jié)MN,CN.
在△PAB中,∵M是PA的中點,
∴MN∥AB,MN=AB=3,
又CD∥AB,CD=3,
∴MN∥CD,M
3、N=CD,
∴四邊形MNCD為平行四邊形,
∴DM∥CN.
又DM?平面PBC,CN?平面PBC,
∴DM∥平面PBC.
(3)VD-PBC=VP-DBC=S△DBC·PD,
又S△DBC=6,PD=4,所以VD-PBC=8.
解法二:(1)同解法一.
(2)取AB的中點E,連結(jié)ME,DE.
在梯形ABCD中,BE∥CD,且BE=CD,
∴四邊形BCDE為平行四邊形,
∴DE∥BC,又DE?平面PBC,BC?平面PBC,∴DE∥平面PBC.又在△PAB中,ME∥PB,
ME?平面PBC,PB?平面PBC,
∴ME∥平面PBC,又DE∩ME=E,
∴平面DME∥平
4、面PBC.
又DM?平面DME,
∴DM∥平面PBC.
(3)同解法一.
3.(2020陜西,18,12分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O⊥底面ABCD,AB=AA1=.
(1)證明:平面A1BD∥平面CD1B1;
(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的體積.
解析 (1)由題設(shè)知,BB1DD1,
∴四邊形BB1D1D是平行四邊形,
∴BD∥B1D1.
又BD?平面CD1B1,
∴BD∥平面CD1B1.
∵A1D1B1C1BC,
∴四邊形A1BCD1是平行四邊形,
∴A1B∥D1C.
又A1B?平面CD1B1,
∴A1B∥平面CD1B1.
又∵BD∩A1B=B,
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)∵A1O⊥平面ABCD,
∴A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高.
又∵AO=AC=1,AA1=,
∴A1O==1.
又∵S△ABD=××=1,
∴=S△ABD×A1O=1.
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