《高考數(shù)學一輪復(fù)習 第七章 立體幾何與空間向量 第4節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì)練習 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學一輪復(fù)習 第七章 立體幾何與空間向量 第4節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì)練習 新人教A版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第七章 第4節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì) [基礎(chǔ)訓練組] 1．(導學號14577656)平面α∥平面β的一個充分條件是(　　) A．存在一條直線a，a∥α，a∥β B．存在一條直線a，a?α，a∥β C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α 解析：D　[若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，則a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a?α，a∥l，則a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，則a∥β，b∥α，故排除C.故選D.] 2．(導學號14577657)已知

2、α，β是兩個不同的平面，給出下列四個條件：①存在一條直線a，a⊥α，a⊥β；②存在一個平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α；④存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α.可以推出α∥β的是(　　) A．①③　　　　　　　　 B．②④ C．①④ D．②③ 解析：C　[對于②，平面α與β還可以相交；對于③，當a∥b時，不一定能推出α∥β，所以②③是錯誤的，易知①④正確，故選C.] 3．(導學號14577658)(2018合肥市二模)若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有(　　) A．0條 B．1條

3、 C．2條 D．1條或2條 解析：C　[如圖所示，四邊形EFGH為平行四邊形，則EF∥GH. ∵EF?平面BCD，GH?平面BCD， ∴EF∥平面BCD. ∵EF?平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD， ∴EF∥CD，∴CD∥平面EFGH. 同理AB∥平面EFGH.故選C.] 4．(導學號14577659)下面四個正方體圖形中，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的圖形是(　　) A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 解析：A　[由線面平行的判定定理知圖①②可得出AB∥平面MNP.] 5．(導學號145776

4、60)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 解析：B　[由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF∥BD，且EF＝BD，∴EF∥平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，∴HG∥BD，且HG＝BD，∴EF∥HG且EF≠HG.∴四邊形EFGH是梯形．] 6．(導學號14577661)如圖所

5、示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、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(nèi)部運動，則M滿足條件　________　時，有MN∥平面B1BDD1. 解析：由題意，得HN∥平面B1BDD1，F(xiàn)H∥平面B1BDD1.∵HN∩FH＝H，∴平面NHF∥平面B1BDD1. ∴當M在線段HF上運動時，有MN∥平面B1BDD1. 答案：M∈線段HF 7．(導學號14577662)空間四面體A－BCD的兩條對棱AC，BD的長分別為5和4，則平行于兩條對棱的截面四邊形EFGH在平移過程中，周長的取值范圍是　________　.

6、 解析：設(shè)＝＝k(0＜k＜1)，所以＝＝1－k， 所以GH＝5k，EH＝4(1－k)，所以周長＝8＋2k. 又因為0＜k＜1，所以周長的范圍為(8,10)． 答案：(8,10) 8．(導學號14577663)已知平面α∥β，P?α且P?β，過點P的直線m與α，β分別交于A，C，過點P的直線n與α，β分別交于B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長為　________　. 解析：如圖1，∵AC∩BD＝P， ∴經(jīng)過直線AC與BD可確定平面PCD. ∵α∥β，α∩平面PCD＝AB，β∩平面PCD＝CD， ∴AB∥CD.∴＝， 即＝，∴BD＝. 　 如圖2，同理可證A

7、B∥CD. ∴＝，即＝， ∴BD＝24. 綜上所述，BD＝或24. 答案：或24 9．(導學號14577664)如圖，ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點． (1)求證：BE∥平面DMF； (2)求證：平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)連接AE，則AE必過DF與GN的交點O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO， 又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， 又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE

8、∥平面MNG. 又M為AB的中點， 所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN， 又MN?平面MNG，BD?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D， 所以平面BDE∥平面MNG. 10．(導學號14577665)(理科)(2018桂林市、北海市、崇左市調(diào)研)在如圖所示的多面體ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AB＝CD＝1，AC＝，AD＝DE＝2. (1)在線段CE上取一點F，作BF∥平面ACD(只需指出F的位置，不需證明)； (2)對(1)中的點F，求三棱錐B－FCD的體積． 解：(1)取CE的中點F， 連接B

9、F，BF∥平面ACD(如圖)． (2)因為AD2＝AC2＋CD2， 所以∠ACD＝90. 所以AC⊥CD. 因為DE⊥平面ACD， 所以AC⊥DE. 因為DE∩CD＝D， 所以AC⊥平面CDE. 因為DE⊥平面ACD，AB⊥平面ACD， 所以AB∥DE. 因為AB?平面CED，DE?平面CED， 所以AB∥平面CED. 所以B到平面FCD的距離為AC. 又S△FCD＝S△ECD＝12＝， 所以VB－FCD＝ACS△FCD＝. 10．(導學號14577666)(文科)如圖，多面體ABCDEF中，平面ABCD是邊長為a的菱形，且∠DAB＝60，DF＝2BE＝2a，

10、DF∥BE，DF⊥平面ABCD. (1)在AF上是否存在點G，使得EG∥平面ABCD，請證明你的結(jié)論； (2)求該多面體的體積． 解：(1)當點G位于AF中點時，有EG∥平面ABCD.證明如下： 取AD的中點H，連接GH，GE，BH. ∵GH∥DF且GH＝DF，∴GH∥BE且GH＝BE. ∴四邊形BEGH為平行四邊形，∴EG∥BH. 又BH?平面ABCD，EG?平面ABCD， ∴EG∥平面ABCD. (2)連接BD，BD＝a，AC＝a，SBDFE＝a＝a2，由V＝VA－BDFE＋VC－BDFE＝2VA－BDFE＝2aa2＝a3. [能力提升組] 11．(導學號14

11、577667)在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長為6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分別與AB，BC，SC，SA交于D，E，F(xiàn)，H，點D，E分別是AB，BC的中點，如果直線SB∥平面DEFH，那么四邊形DEFH的面積為(　　) A. B. C．45 D．45 解析：A　[取AC的中點G，連接SG，BG. 易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB. 因為SB∥平面DEFH，SB?平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD， 則SB∥HD.同理SB∥FE. 又D，E分別為AB，BC的中點，則H，F(xiàn)也為AS，SC的中點， 從而得H

12、F∥DE，HF＝DE，所以四邊形DEFH為平行四邊形． 又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四邊形DEFH為矩形， 其面積S＝HFHD＝＝.] 12．(導學號14577668)(理科)如圖，在四面體A－BCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，則下列命題中，錯誤的是(　　) A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMN C．AC＝BD D．異面直線PM與BD所成的角為45 解析：C　[由題意可知PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，所以AC⊥BD，故A正確；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正確；由PN∥BD可知，異面直線PM與BD所成的角等于PM與

13、PN所成的角，又四邊形PQMN為正方形，所以∠MPN＝45，故D正確；而AC＝BD沒有論證． 12．(導學號14577669)(文科)如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G為MC的中點．則下列結(jié)論中不正確的是(　　) A．MC⊥AN B．GB∥平面AMN C．平面CMN⊥平面AMN D．平面DCM∥平面ABN 解析：D　[顯然該幾何圖形為正方體截去兩個三棱錐所剩的幾何體，把該幾何體放置到正方體中(如圖)，作AN的中點H，連接HB，MH，GB，則MC∥HB，又HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正確；由題意易得GB∥MH

14、，又GB?平面AMN，MH?平面AMN，所以GB∥平面AMN，所以B正確；因為AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平面DCM∥平面ABN，所以D正確．] 13．(導學號14577670)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，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：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥PQ. 又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ， 設(shè)PQ∩

15、AB＝M，∵AB∥CD， ∴△APM∽△DPQ. ∴＝＝2，即PQ＝2PM. 又知△APM∽△ADB，∴＝＝， ∴PM＝BD，又BD＝a，∴PQ＝a. 答案：a 14．(導學號14577671)(理科)如圖，已知正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，AE＝AF＝4，現(xiàn)將△AEF沿線段EF折起到△A′EF位置，使得A′C＝2. (1)求五棱錐A′－BCDFE的體積； (2)在線段A′C上是否存在一點M，使得BM∥平面A′EF？若存在，求出A′M的長；若不存在，請說明理由． 解：(1)連接AC，設(shè)AC∩EF＝H，連接A′H. 因為四邊形ABCD是正方形

16、，AE＝AF＝4， 所以H是EF的中點，且EF⊥AH，EF⊥CH， 從而有A′H⊥EF，CH⊥EF， 又A′H∩CH＝H， 所以EF⊥平面A′HC，且EF?平面ABCD. 從而平面A′HC⊥平面ABCD. 過點A′作A′O垂直HC且與HC相交于點O， 則A′O⊥平面ABCD. 因為正方形ABCD的邊長為6，AE＝AF＝4， 故A′H＝2，CH＝4， 所以cos∠A′HC＝ ＝＝， 所以HO＝A′Hcos∠A′HC＝，則A′O＝， 所以五棱錐A′－BCDFE的體積 V＝＝. (2)線段A′C上存在點M，使得BM∥平面A′EF，此時A′M＝.證明如下： 連接OM，B

17、D，BM，DM，且易知BD過點O. A′M＝＝A′C，HO＝HC， 所以O(shè)M∥A′H. 又OM?平面A′EF，A′H?平面A′EF， 所以O(shè)M∥平面A′EF. 又BD∥EF，BD?平面A′EF，EF?平面A′EF， 所以BD∥平面A′EF. 又BD∩OM＝O，所以平面MBD∥平面A′EF， 因為BM?平面MBD，所以BM∥平面A′EF. 14．(導學號14577672)(文科)如圖，空間幾何體ADE－BCF中，四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，AD⊥DC，AB＝AD＝DE＝2，EF＝4，M是線段AE上的動點． (1)試確定點M的位

18、置，使AC∥平面MDF，并說明理由； (2)在(1)的條件下，平面MDF將幾何體ADE－BCF分成兩部分，求空間幾何體M－DEF與空間幾何體ADM－BCF的體積之比． 解：(1)當M是線段AE的中點時，AC∥平面MDF.證明如下： 連接CE交DF于N，連接MN，由于M，N分別是AE，CE的中點， 所以MN∥AC，又MN在平面MDF內(nèi)， 所以AC∥平面MDF. (2)將幾何體ADE－BCF補成三棱柱ADE－B′CF， 三棱柱ADE－BCF的體積為V＝S△ADECD＝224＝8. 則幾何體ADE－BCF的體積 VADE－BCF＝V三棱柱ADE－B′CF－VF－BB′C＝8－2＝， 又三棱錐F－DEM的體積V三棱錐F－DEM ＝1＝， 所以兩幾何體的體積之比為∶＝. 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。