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2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課時作業(yè)

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1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課時作業(yè) 1.設(shè)m,n是不同的直線,α,β是不同的平面,且m,n?α,則“α∥β”是“m∥β且n∥β”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 解析:若m,n?α,α∥β,則m∥β且n∥β;反之若m,n?α,m∥β且n∥β,則α與β相交或平行,即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要條件. 答案:A 2.設(shè)α,β是兩個不同的平面,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的一個充分不必要條件是(  ) A.m

2、∥l1且n∥l2    B.m∥β且n∥l2 C.m∥β且n∥β D.m∥β且l1∥α 解析:由m∥l1,m?α,l1?β,得l1∥α,同理l2∥α,又l1,l2相交,所以α∥β,反之不成立,所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一個充分不必要條件. 答案:A 3.設(shè)α,β是兩個不同的平面,m是直線且m?α,“m∥β”是“α∥β”的(  ) A.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:若m?α且m∥β,則平面α與平面β不一定平行,有可能相交;而m?α且α∥β一定可以推出m∥β,所以“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分條件. 答案

3、:B 4.已知m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則下列命題中正確的是(  ) A.若α⊥γ,α⊥β,則γ∥β B.若m∥n,m?α,n?β,則α∥β C.若m∥n,m⊥α,n⊥β,則α∥β D.若m∥n,m∥α,則n∥α 解析:對于A,若α⊥γ,α⊥β,則γ∥β或γ與β相交;對于B,若m∥n,m?α,n?β,則α∥β或α與β相交;易知C正確;對于D,若m∥n,m∥α,則n∥α或n在平面α內(nèi).故選C. 答案:C 5.下列四個正方體圖形中,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的圖形的序號是(  ) A.①③ B.

4、②③ C.①④ D.②④ 解析:對于圖形①,平面MNP與AB所在的對角面平行,即可得到AB∥平面MNP;對于圖形④,AB∥PN,即可得到AB∥平面MNP;圖形②③無論用定義還是判定定理都無法證明線面平行. 答案:C 6.已知正方體ABCDA1B1C1D1,下列結(jié)論中,正確的結(jié)論是________(只填序號). ①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1. 解析:連接AD1,BC1,AB1,B1D1,C1D1,BD,因為AB綊C1D1,所以四邊形AD1C1B為平行四邊形,故AD1∥BC1,從而①正確;易證BD∥B1D1,AB1∥DC

5、1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,從而②正確;由圖易知AD1與DC1異面,故③錯誤;因AD1∥BC1,AD1?平面BDC1,BC1?平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正確. 答案:①②④ 7.如圖所示,在四面體ABCD中,M,N分別是△ACD,△BCD的重心,則四面體的四個面所在平面中與MN平行的是________. 解析:連接AM并延長,交CD于E,連接BN,并延長交CD于F,由重心性質(zhì)可知,E,F(xiàn)重合為一點,且該點為CD的中點E,連接MN,由==,得MN∥AB.因此,MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 答案:平面ABC

6、、平面ABD 8.(2018·咸陽模擬)如圖所示,在四棱錐O-ABCD中,底面ABCD是邊長為1的菱形,∠ABC=,OA⊥底面ABCD,OA=2,M為OA的中點,N為BC的中點. (1)求四棱錐O-ABCD的體積; (2)證明:直線MN∥平面OCD. 解析:(1)∵OA⊥底面ABCD,∴OA是四棱錐O-ABCD的高.∵四棱錐O-ABCD的底面是邊長為1的菱形,∠ABC=,∴底面面積S菱形ABCD=. ∵OA=2,∴體積VO-ABCD=. (2)證明:取OB的中點E,連接ME,NE(圖略). ∵M(jìn)E∥AB,AB∥CD,∴ME∥CD. 又∵NE∥OC,∵M(jìn)E∩EN=E,CD∩O

7、C=C, ∴平面MNE∥平面OCD. ∵M(jìn)N?平面MNE,∴MN∥平面OCD. 9.(2018·石家莊質(zhì)檢)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形,AD∥BC,CD⊥BC,AD=2,AB=BC=3,PA=4,M為AD的中點,N為PC上一點,且PC=3PN. (1)求證:MN∥平面PAB; (2)求點M到平面PAN的距離. 解析:(1)證明:在平面PBC內(nèi)作NH∥BC交PB于點H,連接AH(圖略), 在△PBC中,NH∥BC,且NH=BC=1,AM=AD=1. 又AD∥BC, ∴NH∥AM且NH=AM, ∴四邊形AMNH為平行四邊形, ∴MN∥A

8、H, 又AH?平面PAB,MN?平面PAB, ∴MN∥平面PAB. (2)連接AC,MC,PM(圖略),平面PAN即為平面PAC,設(shè)點M到平面PAC的距離為h. 由題意可得CD=2,AC=2, ∴S△PAC=PA·AC=4, S△AMC=AM·CD=, 由VM-PAC=VP-AMC, 得S△PAC·h=S△AMC·PA, 即4h=×4,∴h=, ∴點M到平面PAN的距離為. 10.(2018·昆明七校模擬)一個正方體的平面展開圖及該正方體直觀圖的示意圖如圖所示,在正方體中,設(shè)BC的中點為M,GH的中點為N. (1)請將字母F,G,H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明

9、理由); (2)證明:直線MN∥平面BDH; (3)過點M,N,H的平面將正方體分割為兩部分,求這兩部分的體積比. 解析:(1)點F,G,H的位置如圖所示. (2)證明:連接BD,設(shè)O為BD的中點,連接OM,OH,AC,BH,MN. ∵M(jìn),N分別是BC,GH的中點, ∴OM∥CD,且OM=CD, NH∥CD,且NH=CD, ∴OM∥NH,OM=NH, 則四邊形MNHO是平行四邊形, ∴MN∥OH, 又MN?平面BDH,OH?平面BDH, ∴MN∥平面BDH. (3)由(2)知OM∥NH,OM=NH,連接GM,MH,過點M,N,H的平面就是平面GMH,它將正方體分割

10、為兩個同高的棱柱,高都相等,體積比等于底面積之比,即3∶1. B組——能力提升練 1.已知直線a,b,平面α,則以下三個命題: ①若a∥b,b?α,則a∥α; ②若a∥b,a∥α,則b∥α; ③若a∥α,b∥α,則a∥b. 其中真命題的個數(shù)是(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:對于①,若a∥b,b?α,則應(yīng)有a∥α或a?α,所以①是假命題;對于②,若a∥b,a∥α,則應(yīng)有b∥α或b?α,因此②是假命題;對于③,若a∥α,b∥α,則應(yīng)有a∥b或a與b相交或a與b異面,因此③是假命題.綜上,在空間中,以上三個命題都是假命題. 答案:A 2.已知直線a,b異面,

11、給出以下命題; ①一定存在平行于a的平面α使b⊥α; ②一定存在平行于a的平面α使b∥α; ③一定存在平行于a的平面α使b?α; ④一定存在無數(shù)個平行于a的平面α與b交于一定點. 則其中正確的是(  ) A.①④ B.②③ C.①②③ D.②③④ 解析:對于①,若存在平面α使得b⊥α,則有b⊥a,而直線a,b未必垂直,因此①不正確;對于②,注意到過直線a,b外一點M分別引直線a,b的平行線a1,b1,顯然由直線a1,b1可確定平面α,此時平面α與直線a,b均平行,因此②正確;對于③,注意到過直線b上的一點B作直線a2與直線a平行,顯然由直線b與a2可確定平面α,此時平面α與

12、直線a平行,且b?α,因此③正確;對于④,在直線b上取一定點N,過點N作直線c與直線a平行,經(jīng)過直線c的平面(除由直線a與c所確定的平面及直線c與b所確定的平面之外)均與直線a平行,且與直線b相交于一定點N,而N在b上的位置任意,因此④正確.綜上所述,②③④正確. 答案:D 3.(2018·溫州十校聯(lián)考)如圖,點E為正方形ABCD邊CD上異于點C,D的動點,將△ADE沿AE翻折成△SAE,使得平面SAE⊥平面ABCE,則下列三種說法中正確的個數(shù)是(  ) ①存在點E使得直線SA⊥平面SBC; ②平面SBC內(nèi)存在直線與SA平行; ③平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行. A.

13、0        B.1 C.2 D.3 解析:由題圖,得SA⊥SE,若存在點E使得直線SA⊥平面SBC,則SA⊥SB,SA⊥SC,則SC,SB,SE三線共面,則點E與點C重合,與題設(shè)矛盾,故①錯誤;因為SA與平面SBC相交,所以在平面SBC內(nèi)不存在直線與SA平行,故②錯誤;顯然,在平面ABCE內(nèi),存在直線與AE平行,由線面平行的判定定理得平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行,故③正確.故選B. 答案:B 4.(2018·鄭州市質(zhì)檢)如圖,直三棱柱ABC-A′B′C′中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,AA′=4,點E,F(xiàn),G,H,M分別是邊AA′,AB,BB′,A′B′,BC的中

14、點,動點P在四邊形EFGH內(nèi)部運動,并且始終有MP∥平面ACC′A′,則動點P的軌跡長度為(  ) A.2 B.2π C.2 D.4 解析:連接MF,F(xiàn)H,MH,因為M,F(xiàn),H分別為BC,AB,A′B′的中點,所以MF∥平面AA′C′C,F(xiàn)H∥平面AA′C′C,所以平面MFH∥平面AA′C′C,所以M與線段FH上任意一點的連線都平行于平面AA′C′C,所以點P的運動軌跡是線段FH,其長度為4,故選D. 答案:D 5.在三棱錐PABC中,PB=6,AC=3,G為△PAC的重心,過點G作三棱錐的一個截面,使截面平行于直線PB和AC,則截面的周長為________. 解析:過點G作

15、EF∥AC,分別交PA、PC于點E、F,過E、F分別作EN∥PB、FM∥PB,分別交AB、BC于點N、M,連接MN(圖略),則四邊形EFMN是平行四邊形,所以=,即EF=MN=2,==,即FM=EN=2,所以截面的周長為2×4=8. 答案:8 6.正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1 cm,過AC作平行于體對角線BD1的截面,則截面面積為________cm2. 解析:如圖所示,截面ACE∥BD1,平面BDD1∩平面ACE=EF,其中F為AC與BD的交點,∴E為DD1的中點,∴S△ACE=××=(cm2). 答案: 7.如圖,四棱錐PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥

16、BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點. (1)證明MN∥平面PAB; (2)求四面體N-BCM的體積. 解析:(1)證明:由已知得AM=AD=2, 取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TN∥BC,TN=BC=2. 又AD∥BC,故TN綊AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB,MN?平面PAB, 所以MN∥平面PAB. (2)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點, 所以N到平面ABCD的距離為PA. 取BC的中點E,連接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==. 由AM∥BC得M到BC的距離為, 故S△BCM=×4×=2. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=·S△BCM·=.

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