2019年高考数学一轮复习 第七章 立体几何初步 课时分层作业 四十二 7.4 直线、平面平行的判定及其性质 文.doc

2019年高考数学一轮复习 第七章 立体几何初步 课时分层作业 四十二 7.4 直线、平面平行的判定及其性质 文一、选择题(每小题5分,共35分)1.下面四个正方体图形中,点A,B为正方体的两个顶点,点M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB平面MNP的图形是()A.B.C.D.【解析】选A.由线面平行的判定定理知可得出AB平面MNP.2.(xx枣庄模拟)设a,b为两条不同的直线,为两个不同的平面.则下列四个命题中,正确的是()A.若a,b与所成的角相等,则abB.若a,b,则abC.若a,b,ab,则D.若a,b,则ab【解析】选D.对于选项A,a,b不一定平行,也可能相交;对于选项B,只需找个平面,使,且a,b即可满足题设,但a,b不一定平行;对于选项C,可参考直三棱柱模型排除.【变式备选】(xx厦门模拟)已知,是两个不同的平面,下列四个条件中能推出的是()存在一条直线a,a,a;存在一个平面,;存在两条平行直线a,b,a,b,a,b;存在两条异面直线a,b,a,b,a,b.A.B.C.D.【解析】选C.对存在一条直线a,a,a,故正确,排除B,D,对于,存在两条平行直线a,b,a,b,a,b,如图所示,不能推出,故排除A.3.已知平面及直线a,b,下列说法正确的是()A.若直线a,b与平面所成角都是30,则这两条直线平行B.若直线a,b与平面所成角都是30,则这两条直线不可能垂直C.若直线a,b平行,则这两条直线中至少有一条与平面平行D.若直线a,b垂直,则这两条直线与平面不可能都垂直【解析】选D.由题意逐一分析所给的选项:若直线a,b与平面所成角都是30,则这两条直线不一定平行;若直线a,b与平面所成角都是30,则这两条直线可能垂直;若直线a,b平行,则这两条直线中可能两条都与平面不平行;若直线a,b垂直,则这两条直线与平面不可能都垂直.4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AA1=1,E,F分别为AB,AC的中点,P为棱BC上一点,则P到平面FEB1C1的距离为()A.B.C.D.随点P的位置改变而改变【解析】选C.BCEF,不妨取BC的中点为P,如图,取B1C1的中点D,AP与EF交于H,作PGDH,由于A1DB1C1,PDB1C1,PDA1D=D,B1C1平面EFC1B1,所以平面AA1DP平面EFC1B1,交线为DH,易求PH=,又PD=1,故DH=2.由PDPH=DHPG,所以PG=,故点P到平面FEB1C1的距离为.5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F在CC1上,且CF=2FC1,点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点,且PB1平面DEF,则tanABP的取值范围是()A.B.0,1C.D.【解析】选D.在AA1上取点M,使得AM=MA1,连接B1M,则B1MDF,取C1D1的中点为N,连接B1N,则B1NDE.因此平面B1MN平面DEF,过点N作NGDF交DD1于点G,连接MG,则B1,M,G,N四点共面.且DG=DD1.因为PB1平面DEF.所以点P在线段MG上运动.当点P分别与点M,G重合时,tanABP取最小值和最大值.6.若平面截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条【解析】选C.如图所示:平面截得平行四边形为EFGH,因为FGEH,可证明FG平面ABD,由线面平行的性质可知FGAB,所以AB,同理可得CD,所以有两条棱和平面平行.7.如图是正方体的平面展开图.关于这个正方体,有以下判断:EC平面AFN;CN平面AFB;BMDE;平面BDE平面NCF.其中正确判断的序号是 ()A.B.C.D.【解析】选C.由已知中正方体的平面展开图,得到正方体的直观图如图所示:由FN平面EMC,故FNEC;同理AFEC,故EC平面AFN,故正确;由CNBE,则CN平面AFB,故正确;由图可知BMDE显然错误,故不正确;由BDNF得BD平面NCF,DECF得DE平面NCF,由面面平行判定定理可知平面BDE平面NCF,故正确.二、填空题(每小题5分,共15分)8.点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列四个命题:三棱锥A1-D1DP的体积不变;A1P平面ACD1;DPBC1;平面A1PB平面PDB1.其中正确的命题的序号是_.【解析】如图,对于,因为BC1平面A1DD1,所以P到平面A1DD1的距离不变,三棱锥A1-D1DP的体积不变,正确;对于,因为平面A1BC1平面ACD1,所以A1P平面ACD1,正确;对于,因为在同一平面内,过直线外一点与已知直线垂直的直线只有一条,所以DPBC1不正确,不正确;对于,因为B1D平面A1BC1,B1D平面PDB1,所以平面A1PB平面PDB1,正确.故正确的命题为.答案:9.(xx青岛模拟)将一个真命题中的“平面”换成“直线”“直线”换成“平面”后仍是真命题,则该命题称为“可换命题”.给出下列四个命题:垂直于同一平面的两直线平行;垂直于同一平面的两平面平行;平行于同一直线的两直线平行;平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是_ _.(填命题的序号)【解析】由线面垂直的性质定理可知是真命题,且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题,故是“可换命题”;因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交,所以是假命题,不是“可换命题”;由公理4可知是真命题,且平行于同一平面的两平面平行也是真命题,故是“可换命题”;因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面,故是假命题,故不是“可换命题”.答案:10.如图,平面平面平面,两条直线a,b分别与平面,相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,则AC的长为_ cm.【解析】因为平面平面平面,两条直线a,b分别与平面,相交于点A,B,C和点D,E,F,连接AD,BE,CF,所以ADBECF,所以=,因为AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,所以=,解得BC= cm,所以AC=AB+BC=2+=(cm).答案:【变式备选】如图,平面平面平面,两条直线a,b分别与平面,相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AC=15 cm,DE=5 cm,ABBC=13,求AB,BC,EF的长.【解析】如图所示,连接AF,交于点G,则点A,B,C,G,F共面;因为,平面ACF=BG,平面ACF=CF,所以BGCF,所以ABGACF,所以=,同理,有ADGE,=;所以=;又=,所以AB=AC= cm,BC=AC= cm;所以EF=3DE=35=15 cm.1.(5分)对于平面和不重合的两条直线m,n,下列选项中正确的是()A.如果m,n,m,n共面,那么mnB.如果m,n与相交,那么m,n是异面直线C.如果m,n,m,n是异面直线,那么nD.如果m,nm,那么n【解析】选A.由线面平行的性质定理,可知A正确,B选项中,n可以与m相交,C选项中,直线n可以与平面相交,D选项中,n可以在平面内.2.(5分)已知点E,F分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1上的点,且AE=AB,AF=AA1,点M,N分别为线段D1E和线段C1F上的点,则与平面ABCD平行的直线MN有()A.1条B.3条C.6条D.无数条【解析】选D.取BH=BB1,连接FH,则FHAB,在线段D1E上取OE=D1E,在线段DE上取EK=ED,连接OH,OK,BK,则易得四边形OKBH为矩形,连接HE,在D1E上任取一点M,过点M在平面D1HE中,作MGHO,交D1H于点G,再过点G作GNFH,交C1F于点N,连接MN,由于MGHO,HOKB,KB平面ABCD,MG平面ABCD,所以MG平面ABCD,同理由GNFH,可推得GN平面ABCD,由面面平行的判定定理得,平面MNG平面ABCD,则MN平面ABCD,由于M为D1E上任意一点,故这样的直线MN有无数条.【变式备选】1.如图,在正四棱锥S-ABCD中,点E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论:EPBD;EPAC;EP平面SAC;EP平面SBD中恒成立的为()A.B.C.D.【解析】选A.如图所示,连接AC,BD相交于点O,连接EM,EN,SO,在中:由异面直线的定义可知:EP与BD是异面直线,不可能EPBD,因此不正确.在中:由正四棱锥S-ABCD,可得SO底面ABCD,ACBD,所以SOAC,因为SOBD=O,所以AC平面SBD,因为点E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,所以EMBD,MNSD,而EMMN=M,BDSD=D,所以平面EMN平面SBD,所以AC平面EMN,所以ACEP,故正确.在中:由同理可得:EM平面SAC,若EP平面SAC,则EPEM,与EPEM=E相矛盾,因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,即不正确.在中:由可知平面EMN平面SBD,所以EP平面SBD,因此正确.2.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将ADE沿直线DE翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点,则在ADE翻转过程中,正确的命题是()BM是定值;点M在圆上运动;一定存在某个位置,使DEA1C;一定存在某个位置,使MB平面A1DE.A.B.C.D.【解析】选B.取DC中点N,连接MN,NB,则MNA1D,NBDE,所以平面MNB平面A1DE,因为MB平面MNB,所以MB平面A1DE,正确;A1DE=MNB,MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MNNBcosMNB,所以MB是定值.正确;B是定点,所以M是在以B为圆心,MB为半径的圆上,正确;只有当矩形ABCD满足ACDE时存在DEA1C,其他情况不存在,不正确.所以正确.3.(5分)在四面体ABCD中,M,N分别是ACD,BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是_.【解析】如图,连接AM并延长交CD于点E,连接BN并延长交CD于点F,由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD的中点,由=,得MNAB,因此,MN平面ABC,且MN平面ABD.答案:平面ABD,平面ABC4.(12分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB,过点A作AFSB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG平面ABC.(2)BCSA.【证明】(1)因为AS=AB, AFSB, 垂足为F, 所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点, 所以EFAB.因为EF平面ABC, AB平面ABC,所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又因为EFEG=E,所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC, 且交线为SB,又因为AF平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC, 因为 BC平面 SBC,所以 AFBC.又因为ABBC, AFAB=A,AF平面SAB,AB平面 SAB, 所以 BC平面 SAB.又因为 SA平面 SAB, 所以BCSA.5.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,DAB=60,PD平面ABCD,PD=AD=1,点E,F分别为AB和PC的中点,连接EF,BF.(1)求证:直线EF平面PAD.(2)求三棱锥F-PEB的体积.【解析】(1)作FMCD交PD于点M,连接AM.因为点F为PC中点,所以FM=CD.因为点E为AB的中点,所以AE=AB=FM.又AEFM,所以四边形AEFM为平行四边形,所以EFAM.所以直线EF平面PAD.(2)连接EC.已知DAB=60,AE=,AD=1,由余弦定理,得DEAB,又ABDC,则DEDC,设F到平面BEC的距离为h.因为点F为PC的中点,所以h=PD.从而有VF-PBE=VP-BEF=VP-BEC-VF-BEC=SBEC(PD-h)=SBECPD=1=.