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(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)

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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(hào)是(  ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 解析:選B.對(duì)圖①,可通過面面平行得到線面平行.對(duì)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(duì)棱AC、BD的長分別為5和4,則平行于兩條對(duì)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(duì)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(hào)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的大小. 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(hào)成立. 從而V1≤. 故p=1-≥1-=, 當(dāng)且僅當(dāng)EB1=B1F=a時(shí)等號(hào)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(hào)成立. 從而V1≤. ∴p=1-≥1-=, 當(dāng)且僅當(dāng)sin 2θ=1,即θ=45°時(shí),等號(hào)成立. ∴p的最小值等于.

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