《2020高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何 4 第4講 直線、平面平行的判定與性質練習 理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何 4 第4講 直線、平面平行的判定與性質練習 理（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講 直線、平面平行的判定與性質 [基礎題組練] 1．(2019·高考全國卷Ⅱ)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是(　　) A．α內有無數(shù)條直線與β平行 B．α內有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面 解析：選B.對于A，α內有無數(shù)條直線與β平行，當這無數(shù)條直線互相平行時，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質知，B正確；對于C，平行于同一條直線的兩個平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對于D，垂直于同一平面的兩個平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個側面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不

2、正確．綜上可知選B. 2．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：選C.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．故選C. 3．如圖，L，M，N分別為正方體對應棱的中點，則平面LMN與平面PQR的位置關系是(　　) A．垂直　　　　　　　　 B．相交不垂直

3、 C．平行 D．重合 解析：選C.如圖，分別取另三條棱的中點A，B，C，將平面LMN延展為平面正六邊形AMBNCL，因為PQ∥AL，PR∥AM，且PQ與PR相交，AL與AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR. 4.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊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EFGH，且四邊形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形

4、解析：選B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF?平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四邊形EFGH是梯形． 5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點，給出下列四個推斷： ①FG∥平面AA1D1D； ②EF∥平面BC1D1； ③FG∥平面BC1D1； ④平面EFG∥平面BC1D1. 其中推斷正確的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 解析：選A.因為在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1B

5、1，B1C1，BB1的中點，所以FG∥BC1，因為BC1∥AD1，所以FG∥AD1， 因為FG?平面AA1D1D，AD1?平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故①正確； 因為EF∥A1C1，A1C1與平面BC1D1相交，所以EF與平面BC1D1相交，故②錯誤； 因為E，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點， 所以FG∥BC1，因為FG?平面BC1D1，BC1?平面BC1D1， 所以FG∥平面BC1D1，故③正確； 因為EF與平面BC1D1相交，所以平面EFG與平面BC1D1相交，故④錯誤．故選A. 6．在四面體A-BCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，

6、則四面體的四個面中與MN平行的是________． 解析：如圖，取CD的中點E，連接AE，BE， 則EM∶MA＝1∶2， EN∶BN＝1∶2， 所以MN∥AB. 因為AB?平面ABD，MN?平面ABD，AB?平面ABC，MN?平面ABC， 所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC. 答案：平面ABD與平面ABC 7．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________． 解析：因為EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， 所以EF∥AC，所以F為DC

7、的中點． 故EF＝AC＝. 答案： 8.如圖所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是 BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內部運動，則M只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況) 解析：連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥DD1，HN∥BD，F(xiàn)H∩HN＝H，DD1∩BD＝D， 所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN?平面FHN， 所以MN∥平面B1BDD1. 答案：點M在線段FH上(或點M與點H重合) 9.如圖所示的多面體

8、是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1. (1)求證：四邊形AEC1F為平行四邊形； (2)求BF的長． 解：(1)證明：由已知得平面ABE∥平面DCC1F，平面AEC1F∩平面ABE＝AE，平面AEC1F∩平面DCC1F＝C1F， 所以AE∥C1F，同理可得AF∥C1E，所以四邊形AEC1F是平行四邊形． (2)在CC1上取點H，使CH＝1，可得四邊形BCHE為矩形，即可得四邊形ADHE為平行四邊形， 所以DH∥AE，AE∥FC1， 所以四邊形FDHC1為平行四邊形，所以FD＝3－1＝2， 所以BF＝＝2. 10

9、．如圖所示，四邊形ABCD與四邊形ADEF都為平行四邊形，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)如圖所示，設DF與GN交于點O，連接AE，則AE必過點O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線， 所以BE∥MO. 因為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. 因為DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因為M為AB的中點， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥

10、MN. 因為BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG. 因為DE與BD為平面BDE內的兩條相交直線， 所以平面BDE∥平面MNG. [綜合題組練] 1．(創(chuàng)新型)如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面四個命題： ①沒有水的部分始終呈棱柱形； ②水面EFGH所在四邊形的面積為定值； ③棱A1D1始終與水面所在平面平行； ④當容器傾斜如圖所示時，BE·BF是定值． 其中正確的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C.由題圖，

11、顯然①是正確的，②是錯的； 對于③因為A1D1∥BC，BC∥FG， 所以A1D1∥FG且A1D1?平面EFGH， 所以A1D1∥平面EFGH(水面)． 所以③是正確的； 因為水是定量的(定體積V)． 所以S△BEF·BC＝V， 即BE·BF·BC＝V. 所以BE·BF＝(定值)，即④是正確的，故選C. 2．(應用型)在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為6的正三角形，SA＝SB＝SC＝12，平面DEFH分別與AB，BC，SC，SA交于D，E，F(xiàn)，H，且它們分別是AB，BC，SC，SA的中點，那么四邊形DEFH的面積為(　　) A．18　　　　B．18 C．36　　　　D．

12、36 解析：選A.因為D，E，F(xiàn)，H分別是AB，BC，SC，SA的中點，所以DE∥AC，F(xiàn)H∥AC，DH∥SB，EF∥SB，則四邊形DEFH是平行四邊形，且HD＝SB＝6，DE＝AC＝3.如圖，取AC的中點O，連接OB，SO，因為SA＝SC＝12，AB＝BC＝6，所以AC⊥SO，AC⊥OB，又SO∩OB＝O，所以AO⊥平面SOB，所以AO⊥SB，則HD⊥DE，即四邊形DEFH是矩形，所以四邊形DEFH的面積S＝6×3＝18，故選A. 3．(應用型)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分別是棱D1C1，A1D1，BC的中點，點P在BD1上且BP＝BD1.則以下四個說法： ①MN

13、∥平面APC； ②C1Q∥平面APC； ③A，P，M三點共線； ④平面MNQ∥平面APC. 其中說法正確的是________(填序號)． 解析：①連接MN，AC，則MN∥AC，連接AM，CN， 易得AM，CN交于點P，即MN?平面APC，所以MN∥平面APC是錯誤的； ②由①知M，N在平面APC上，由題易知AN∥C1Q，AN?平面APC， 所以C1Q∥平面APC是正確的； ③由①知A，P，M三點共線是正確的； ④由①知MN?平面APC， 又MN?平面MNQ， 所以平面MNQ∥平面APC是錯誤的． 答案：②③ 4.如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，

14、點P是棱AD上一點，且AP＝，過B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直線CD上，則PQ＝________． 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PQ∩AB＝M，因為AB∥CD， 所以△APM∽△DPQ. 所以＝＝2，即PQ＝2PM. 又知△APM∽△ADB， 所以＝＝， 所以PM＝BD，又BD＝a， 所以PQ＝a. 答案：a 5．(應用型)在如圖所示的多面體中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥B

15、C，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4. (1)在AC上求作點P，使PE∥平面ABF，請寫出作法并說明理由； (2)求三棱錐A-CDE的高． 解：(1)取BC的中點G，連接DG，交AC于點P，連接EG，EP.此時P為所求作的點(如圖所示)． 下面給出證明：因為BC＝2AD，G為BC的中點， 所以BG＝AD. 又因為BC∥AD， 所以四邊形BGDA是平行四邊形， 故DG∥AB，即DP∥AB. 又AB?平面ABF，DP?平面ABF， 所以DP∥平面ABF. 因為AF∥DE，AF?平面ABF，DE?平面ABF， 所以DE∥平面ABF. 又因為DP?平面P

16、DE，DE?平面PDE，PD∩DE＝D， 所以平面PDE∥平面ABF， 因為PE?平面PDE， 所以PE∥平面ABF. (2)在等腰梯形ABCD中，因為∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4， 所以可求得梯形的高為，從而△ACD的面積為×2×＝. 因為DE⊥平面ABCD， 所以DE是三棱錐E-ACD的高． 設三棱錐A-CDE的高為h. 由VA-CDE＝VE-ACD，可得×S△CDE×h＝S△ACD×DE，即×2×1×h＝×1，解得h＝. 故三棱錐A-CDE的高為. 6．如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形． (1)證明：平面A1BD∥平面CD1B

17、1； (2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直線l，證明B1D1∥l. 證明：(1)由題設知BB1綊DD1， 所以四邊形BB1D1D是平行四邊形， 所以BD∥B1D1. 又BD?平面CD1B1， B1D1?平面CD1B1， 所以BD∥平面CD1B1. 因為A1D1綊B1C1綊BC， 所以四邊形A1BCD1是平行四邊形， 所以A1B∥D1C. 又A1B?平面CD1B1， D1C?平面CD1B1， 所以A1B∥平面CD1B1. 又因為BD∩A1B＝B， 所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1， 又平面ABCD∩平面B1D1C＝直線l， 平面ABCD∩平面A1BD＝直線BD， 所以直線l∥直線BD， 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四邊形BDD1B1為平行四邊形， 所以B1D1∥BD， 所以B1D1∥l. - 8 -