《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何 考點規(guī)范練38 直線、平面平行的判定與性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何 考點規(guī)范練38 直線、平面平行的判定與性質(zhì)（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練38　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 基礎(chǔ)鞏固組 1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學)設(shè)a,b是兩條直線,α,β表示兩個平面,如果a?α,α∥β,那么b⊥β是a⊥b的(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 答案A 解析如果a?α,α∥β,b⊥β,則必有b⊥a. 如果a?α,α∥β,a⊥b,不能保證b⊥β. 故“b⊥β”是“a⊥b”的充分不必要條件. 2. 如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的平面與平面ABC交于DE,則DE與AB的位置關(guān)系是(　　) A.異面 B

2、.平行 C.相交 D.以上均有可能 答案B 解析在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1, ∵AB?平面ABC,A1B1?平面ABC, ∴A1B1∥平面ABC.∵過A1B1的平面與平面ABC交于DE, ∴DE∥A1B1,∴DE∥AB. 3.(2017課標Ⅰ高考)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 答案A 解析易知選項B中,AB∥MQ,且MQ?平面MNQ,AB?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;選項C中,AB∥MQ,且MQ?平面MNQ,AB?平面MNQ,則AB∥平

3、面MNQ;選項D中,AB∥NQ,且NQ?平面MNQ,AB?平面MNQ,則AB∥平面MNQ,故排除選項B,C,D;故選A. 4. 如圖,在四面體ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQ∥AC,則下列命題錯誤的是(　　) 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° 答案C 解析由題意可知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PN所成的角,又四邊形PQMN為正方形, 所以∠MPN=45°,故D

4、正確; 而AC=BD沒有論證來源. 5.α,β,γ為不同的平面,a,b,c為三條不同的直線,則下列命題正確的是(　　) A.若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β B.若a∥β,a∥b,則b∥β C.若a∥α,b∥α,c⊥a,c⊥b,則c⊥α D.若a⊥γ,b⊥γ,則a∥b 答案D 解析對于A,當平面α,β,γ兩兩垂直時,顯然結(jié)論不成立,故A錯誤; 對于B,若b?β,顯然結(jié)論不成立,故B錯誤; 對于C,以長方體ABCD-A'B'C'D'為例,AB∥平面A'B'C'D',CD∥平面A'B'C'D',BC⊥AB,BC⊥CD, 但BC與平面A'B'C'D'不垂直,故C錯誤; 對于D,由線

5、面垂直的性質(zhì)“垂直于同一個平面的兩條直線平行”可知D正確.故選D. 6.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,設(shè)Q是CC1上的點,則點Q滿足條件　　　　　時,有平面D1BQ∥平面PAO.? 答案Q為CC1的中點 解析如圖,假設(shè)Q為CC1的中點, 因為P為DD1的中點, 所以QB∥PA. 連接DB,因為P,O分別是DD1,DB的中點,所以D1B∥PO. 又D1B?平面PAO,QB?平面PAO, 所以D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO. 又D1B∩QB=B,所以平面D1BQ∥平面PAO. 故Q滿足條件Q為CC1的中點時,有平面D

6、1BQ∥平面PAO. 7.如圖,在四面體ABCD中,M,N分別是△ACD,△BCD的重心,則四面體的四個面中與MN平行的是　　　　　.(寫出一個即可)? 答案平面ABC(或平面ABD) 解析連接AM并延長交CD于E,則E為CD的中點. 由于N為△BCD的重心, 所以B,N,E三點共線, 且EMMA=ENNB=12,所以MN∥AB. 于是MN∥平面ABD且MN∥平面ABC. 8.如圖,在四棱錐V-ABCD中,底面ABCD為正方形,E,F分別為側(cè)棱VC,VB上的點,且滿足VC=3EC,AF∥平面BDE,則VBFB=　　　　　.? 答案2 解析連接AC,交BD于點O,

7、取VE的中點G,連接FG,AG,當VF=FB時,FG∥BE,OE∥AG,所以平面AFG∥平面BDE,所以AF∥平面BDE.故VBFB=2. 能力提升組 9.(2018浙江嘉興)若α,β是兩個相交平面,則在下列命題中,真命題的序號為(　　) ①若直線m⊥α,則在平面β內(nèi),一定不存在與直線m平行的直線. ②若直線m⊥α,則在平面β內(nèi),一定存在無數(shù)條直線與直線m垂直. ③若直線m?α,則在平面β內(nèi),不一定存在與直線m垂直的直線. ④若直線m?α,則在平面β內(nèi),一定存在與直線m垂直的直線. A.①③ B.②③ C.②④ D.①④ 答案C 解析對于①,若直線m⊥α,α,β互相垂直,則在

8、平面β內(nèi),存在與直線m平行的直線,①錯誤; 對于②,若直線m⊥α,則直線m垂直于平面α內(nèi)的所有直線,則在平面β內(nèi),一定存在無數(shù)條直線與直線m垂直,②正確; 對于③,若直線m?α,則在平面β內(nèi),一定存在與直線m垂直的直線,③錯誤; 對于④,若直線m?α,則在平面β內(nèi),一定存在與直線m垂直的直線,④正確.故選C. 10.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為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EFG,且四邊形EFGH是平行四邊形 B.EF∥平面BCD,且四邊形EFGH是梯形 C.HG∥平面ABD,且四邊形EFGH

9、是平行四邊形 D.EH∥平面ADC,且四邊形EFGH是梯形 答案B 解析如圖,由題意得EF∥BD,且EF=15BD. HG∥BD,且HG=12BD, ∴EF∥HG,且EF≠HG.∴四邊形EFGH是梯形. 又EF∥平面BCD,而EH與平面ADC不平行,故B正確. 11.a,b,c表示不同的直線,M表示平面,給出四個命題:①若a∥M,b∥M,則a∥b或a,b相交或a,b異面;②若b?M,a∥b,則a∥M;③若a⊥c,b⊥c,則a∥b;④若a⊥M,b⊥M,則a∥b.其中正確的為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.①④ B.②③ C.③④ D.①② 答案A

10、解析對于①,當a∥M,b∥M時,則a與b平行、相交或異面,①為真命題.②中,b?M,a∥b,則a∥M或a?M,②為假命題.命題③中,a與b相交、平行或異面,③為假命題.由線面垂直的性質(zhì),知命題④為真命題,所以①④為真命題. 12.平面α∥平面β的一個充分條件是(　　) A.存在一個平面γ,α⊥γ,β⊥γ 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 答案D 解析空間中垂直于同一個平面的兩平面相交或平行,故排除A.若α∩β=l,a?α,a∥l,則a∥β,故排除B.若α∩β=

11、l,a?α,a∥l,b?β,b∥l,則a∥β,b∥α,故排除C. 13.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,在對角線A1D上取點M,在CD1上取點N,使得線段MN平行于對角面ACC1A1,則MN的最小值是(　　) A.33 B.1 C.2 D.22 答案A 解析作MM1⊥AD于點M1,NN1⊥DC于點N1,下面證明M1N1∥AC. ∵MM1∥平面A1ACC1及MN∥平面A1ACC1,且MM1與MN相交, ∴MNN1M1所確定的平面與A1ACC1平行(如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線和另一個平面平行,則這兩個平面平行).現(xiàn)ABCD分別去截這兩個平行平面,則它們的交線M1N

12、1∥AC.設(shè)DM1=DN1=x,則MM1=x,NN1=1-x.過點M作MH⊥NN1于H,NH=1-2x,M1N1=2x.由勾股定理得MN2=(2x)2+(1-2x)2=6x-132+13.故當x=13時,MN取到最小值33. 14. 如圖,平面α∥β,線段AB分別交α,β于M,N,線段AD分別交α,β于C,D,線段BF分別交α,β于F,E,若AM=9,MN=11,NB=15,S△FMC=78.則△END的面積為　　　　　.? 答案100 解析∵α∥β,平面AND分別與α,β交于MC,ND,∴MC∥ND.同理MF∥NE.∴∠FMC=∠END. ∴S△ENDS△FMC=12EN·ND

13、·sin∠END12FM·MC·sin∠FMC=EN·NDFM·MC. 又ENFM=BNBM,NDMC=ANAM,BN=15,BM=15+11=26,AN=9+11=20,AM=9,∴S△END=BN·ANBM·AMS△FMC=100. 15.設(shè)α,β,γ為三個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,在命題“若α∩β=m,n?γ,且　　　　　,則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組,使該命題為真命題.? ①α∥γ,n?β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m?γ. 可以填入的條件有　　　　　.? 答案①或③ 解析由面面平行的性質(zhì)定理可知,①正確;當n∥β,m?γ時,n和m在同一平面內(nèi),

14、且沒有公共點,所以平行,③正確. 16.如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,點P是棱AD上一點,且AP=a3,過B1,D1,P的平面交底面ABCD于PQ,Q在直線CD上,則PQ=　.? 答案223a 解析因為平面A1B1C1D1∥平面ABCD,而平面B1D1P∩平面ABCD=PQ,平面B1D1P∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1∥PQ. 又因為B1D1∥BD,所以BD∥PQ,設(shè)PQ∩AB=M, 因為AB∥CD,所以△APM∽△DPQ. 所以PQPM=PDAP=2,即PQ=2PM.又知△APM∽△ADB, 所以PMBD=APAD=13, 所以

15、PM=13BD,又BD=2a,所以PQ=223a. 17. 如圖,ABCD與ADEF為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點. 求證: (1)BE∥平面DMF; (2)平面BDE∥平面MNG. 證明(1)如圖,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∥平面MNG. 又M為AB中點,所以MN為△ABD的中位線, 所以

16、BD∥MN,又BD?平面MNG,MN?平面MNG,所以BD∥平面MNG, 又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線,所以平面BDE∥平面MNG. 18. 在如圖所示的幾何體中,四邊形CDEF為正方形,四邊形ABCD為等腰梯形,AB∥CD,AC=3,AB=2BC=2,AC⊥FB. (1)求證:AC⊥平面FBC. (2)求四面體FBCD的體積. (3)線段AC上是否存在點M,使EA∥平面FDM?若存在,請說明其位置,并加以證明;若不存在,請說明理由. (1)證明在△ABC中, 因為AC=3,AB=2,BC=1,所以AC2+BC2=AB2, 所以AC⊥BC. 又因為AC⊥FB

17、,BC∩FB=B, 所以AC⊥平面FBC. (2)解因為AC⊥平面FBC,FC?平面FBC,所以AC⊥FC. 因為CD⊥FC,AC∩CD=C,所以FC⊥平面ABCD. 在等腰梯形ABCD中可得CB=DC=1,所以FC=1. 所以△BCD的面積為S=34. 所以四面體FBCD的體積為VFBCD=13S·FC=312. (3)解線段AC上存在點M,且點M為AC中點時,有EA∥平面FDM.證明如下: 連接CE,與DF交于點N,取AC的中點M,連接MN. 因為四邊形CDEF是正方形, 所以點N為CE的中點. 所以EA∥MN.因為MN?平面FDM,EA?平面FDM, 所以EA∥平面FDM.所以線段AC上存在點M,且M為AC的中點,使得EA∥平面FDM成立. 8