《2019版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 41 直線、平面平行的判定和性質(zhì)課時(shí)作業(yè) 文.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 41 直線、平面平行的判定和性質(zhì)課時(shí)作業(yè) 文.doc（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)作業(yè)41　直線、平面平行的判定和性質(zhì) 一、選擇題 1．(2018濟(jì)南一模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題： ①若m∥n，m⊥β，則n⊥β； ②若m∥α，m∥β，則α∥β； ③若m∥n，m∥β，則n∥β； ④若m⊥α，m⊥β，則α⊥β. 其中真命題的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：對(duì)于①，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對(duì)于②，平面α與β可能平行或相交，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，直線n可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，由兩平面平行的判定定理易得平面α與β平行，故④錯(cuò)誤．綜上所述，正確命題的個(gè)數(shù)為1，故選A. 答案：A 2．(2018銀川一模)如圖，在三棱柱ABC－A′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：取A′C′的中點(diǎn)M，連接EM、MK、KF、EF，則EM綊CC′綊KF，得EFKM為平行四邊形，若P＝K，則AA′∥BB′∥CC′∥KF，故與平面PEF平行的棱超過2條；HB′∥MK?HB′∥EF，若P＝H或P＝B′，則平面PEF與平面EFB′A′為同一平面，與平面EFB′A′平行的棱只有AB，不滿足條件，故選C. 答案：C 3．(2018湖南長(zhǎng)沙二模)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是(　　) A．m∥α，n∥α，則m∥n B．m∥n，m∥α，則n∥α C．m⊥α，m⊥β，則α∥β D．α⊥γ，β⊥γ，則α∥β 解析：對(duì)于A，平行于同一平面的兩條直線可能相交，可能平行，也可能異面，故A不正確；對(duì)于B，m∥n，m∥α，則n∥α或n?α，故B不正確；對(duì)于C，利用垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行，可知C正確；對(duì)于D，因?yàn)榇怪庇谕黄矫娴膬蓚€(gè)平面的位置關(guān)系是相交或平行，故D不正確．故選C. 答案：C 4．(2018浙江金麗衢十二校聯(lián)考)已知平面α∥平面β，P是α、β外一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線m與α、β分別交于點(diǎn)A、C，過點(diǎn)P的直線n與α、β分別交于點(diǎn)B、D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長(zhǎng)為(　　) A．16 B．24或 C．14 D．20 解析：設(shè)BD＝x，由α∥β?AB∥CD?△PAB∽△PCD?＝. ①當(dāng)點(diǎn)P在兩平面之間時(shí)，如圖1，＝， ∴x＝24； ②當(dāng)點(diǎn)P在兩平面外側(cè)時(shí)，如圖2，＝，∴x＝. 答案：B 5．(2018長(zhǎng)春一模)已知四棱錐P－ABCD的底面四邊形ABCD的對(duì)邊互不平行，現(xiàn)用一平面α截此四棱錐，且要使截面是平行四邊形，則這樣的平面α(　　) A．有且只有一個(gè) B．有四個(gè) C．有無數(shù)個(gè) D．不存在 解析：易知，平面PAD與平面PBC相交，平面PAB與平面PCD相交，設(shè)相交平面的交線分別為m，n，由m，n決定的平面為β，作α與β平行且與四棱錐的四條側(cè)棱相交，交點(diǎn)分別為A1，B1，C1，D1，則由面面平行的性質(zhì)定理得，A1D1∥m∥B1C1，A1B1∥n∥D1C1，從而得截面必為平行四邊形．由于平面α可以上下平移，故這樣的平面α有無數(shù)個(gè)．故選C. 答案：C 6．(2017新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 解析：A項(xiàng)，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點(diǎn)，則QD∥AB.∵ QD∩平面MNQ＝Q， ∴ QD與平面MNQ相交， ∴ 直線AB與平面MNQ相交． B項(xiàng)，作如圖②所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴ AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴ AB∥平面MNQ，C項(xiàng)，作如圖③所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴ AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴ AB∥平面MNQ.D項(xiàng)，作如圖④所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥NQ，∴ AB∥NQ，又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，∴ AB∥平面MNQ.故選A. 答案：A 二、填空題 7．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點(diǎn)，過P點(diǎn)的兩條直線AC，BD分別交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，則CD的長(zhǎng)為________． 解析：若P在α，β的同側(cè)，由于平面α∥平面β，故AB∥CD，則＝＝，可求得CD＝20；若P在α，β之間，則＝＝，可求得CD＝4. 答案：20或4 8．在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是A1B1的中點(diǎn)，過點(diǎn)A1作與截面PBC1平行的截面，所得截面的面積是________． 解析：如圖，取AB，C1D1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接A1E，A1F，EF，則平面A1EF∥平面BPC1. 在△A1EF中， A1F＝A1E＝，EF＝2， S△A1EF＝2＝， 從而所得截面面積為2S△A1EF＝2. 答案：2 9．(2018安徽安慶模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N、Q分別是棱D1C1、A1D1、BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在BD1上且BP＝BD1.則以下四個(gè)說法： (1)MN∥平面APC； (2)C1Q∥平面APC； (3)A、P、M三點(diǎn)共線； (4)平面MNQ∥平面APC. 其中說法正確的是________． 解析：(1)連接MN，AC，則MN∥AC，連接AM、CN， 易得AM、CN交于點(diǎn)P，即MN?面PAC，所以MN∥面APC是錯(cuò)誤的； (2)由(1)知M、N在平面APC上，由題易知AN∥C1Q， 所以C1Q∥面APC是正確的； (3)由(1)知A，P，M三點(diǎn)共線是正確的； (4)由(1)知MN?面PAC， 又MN?面MNQ，所以面MNQ∥面APC是錯(cuò)誤的． 答案：(2)(3) 三、解答題 10．(2018云南十一中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60，E為CD的中點(diǎn)． (1)求證：BC∥平面PAE； (2)求點(diǎn)A到平面PCD的距離． 解析：(1)證明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90，∴AC＝2，∠BCA＝60. 在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60， ∴AD2＝AC2＋CD2－2ACCDcos∠ACD， ∴CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2， ∴△ACD是直角三角形， 又E為CD中點(diǎn)， ∴AE＝CD＝CE， ∵∠ACD＝60， ∴△ACE為等邊三角形， ∴∠CAE＝60＝∠BCA， ∴BC∥AE， 又AE?平面PAE，BC?平面PAE， ∴BC∥平面PAE. (2)設(shè)點(diǎn)A到平面PCD的距離為d，根據(jù)題意可得， PC＝2，PD＝CD＝4，∴S△PCD＝2， ∵VP－ACD＝VA－PCD，∴S△ACDPA＝S△PCDd， ∴222＝2d， ∴d＝， ∴點(diǎn)A到平面PCD的距離為. 11．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中點(diǎn)，E，F(xiàn)，G分別是BC，DC，SC的中點(diǎn)，求證： (1)直線EG∥平面BDD1B1. (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 證明：(1)連接SB，因?yàn)镋，G分別是BC，SC的中點(diǎn)，所以EG∥SB.又因?yàn)镾B?平面BDD1B1，EG?平面BDD1B1，所以直線EG∥平面BDD1B1. (2)連接SD，因?yàn)镕，G分別是DC，SC的中點(diǎn)，所以FG∥SD.又因?yàn)镾D?平面BDD1B1，F(xiàn)G?平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，且EG?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1. [能力挑戰(zhàn)] 12．(2018福建泉州質(zhì)檢)在如圖所示的多面體中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60，BC＝2AD＝4DE＝4. (1)在AC上求作點(diǎn)P，使PE∥平面ABF，請(qǐng)寫出作法并說明理由； (2)求三棱錐A－CDE的高． 解析：(1)取BC的中點(diǎn)G，連接DG，交AC于P，連接PE.此時(shí)P為所求作的點(diǎn)． 理由如下： ∵BC＝2AD，∴BG＝AD， 又BC∥AD，∴四邊形BGDA是平行四邊形， 故DG∥AB，即DP∥AB. 又AB?平面ABF，DP?平面ABF，∴DP∥平面ABF. ∵AF∥DE，AF?平面ABF，DE?平面ABF， ∴DE∥平面ABF. 又∵DP?平面PDE，DE?平面PDE，PD∩DE＝D，∴平面ABF∥平面PDE， 又∵PE?平面PDE，∴PE∥平面ABF. (2)在等腰梯形ABCD中，∵∠ABC＝60，BC＝2AD＝4， ∴可求得梯形的高為，從而△ACD的面積為2＝.∵DE⊥平面ABCD，∴DE是三棱錐E－ACD的高． 設(shè)三棱錐A－CDE的高為h. 由VA－CDE＝VE－ACD，可得S△CDEh＝S△ACDDE， 即21h＝，解得h＝. 故三棱錐A－CDE的高為.