《（新課標(biāo)）2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 題組層級(jí)快練51 直線、平面平行的判定及性質(zhì) 文（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 題組層級(jí)快練51 直線、平面平行的判定及性質(zhì) 文（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、題組層級(jí)快練(五十一) 1．下列關(guān)于線、面的四個(gè)命題中不正確的是(　　) A．平行于同一平面的兩個(gè)平面一定平行 B．平行于同一直線的兩條直線一定平行 C．垂直于同一直線的兩條直線一定平行 D．垂直于同一平面的兩條直線一定平行 答案　C 解析　垂直于同一條直線的兩條直線不一定平行，可能相交或異面．本題可以以正方體為例證明． 2．設(shè)α，β，γ為平面，a，b為直線，給出下列條件： ①a?α，b?β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ； ③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b. 其中能推出α∥β的條件是(　　) A．①②　　　　　　　　 B．②③ C．②④ D．③④

2、答案　C 3．若空間四邊形ABCD的兩條對(duì)角線AC，BD的長(zhǎng)分別是8，12，過(guò)AB的中點(diǎn)E且平行于BD，AC的截面四邊形的周長(zhǎng)為(　　) A．10 B．20 C．8 D．4 答案　B 解析　設(shè)截面四邊形為EFGH，F(xiàn)，G，H分別是BC，CD，DA的中點(diǎn)，∴EF＝GH＝4，F(xiàn)G＝HE＝6. ∴周長(zhǎng)為2×(4＋6)＝20. 4．(2019·安徽毛坦廠中學(xué)月考)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB，CC1的中點(diǎn)，在平面ADD1A1內(nèi)且與平面D1EF平行的直線(　　) A．有無(wú)數(shù)條 B．有2條 C．有1條 D．不存在 答案　A 解析　

3、因?yàn)槠矫鍰1EF與平面ADD1A1有公共點(diǎn)D1，所以兩平面有一條過(guò)D1的交線l，在平面ADD1A1內(nèi)與l平行的任意直線都與平面D1EF平行，這樣的直線有無(wú)數(shù)條，故選A. 5．(2019·陜西西安模擬)在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD上的點(diǎn)，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，H，G分別是BC，CD的中點(diǎn)，則(　　) A．BD∥平面EFG，且四邊形EFGH是平行四邊形 B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是平行四邊形 D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形 答案　B 解析　如圖，由條件知，EF∥BD，EF＝BD，HG

4、∥BD，HG＝BD， ∴EF∥HG，且EF＝HG，∴四邊形EFGH為梯形． ∵EF∥BD，EF?平面BCD，BD?平面BCD，∴EF∥平面BCD. ∵四邊形EFGH為梯形，∴線段EH與FG的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，∴EH不平行于平面ADC.故選B. 6．(2019·衡水中學(xué)調(diào)研卷)如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，＝(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　連接AC交BE于G，連接FG，因?yàn)镻A∥平面EBF，PA?平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以＝.又AD∥BC，E為A

5、D的中點(diǎn)，所以＝＝，所以＝. 7．(2019·蚌埠聯(lián)考)過(guò)三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共有(　　) A．4條 B．6條 C．8條 D．12條 答案　B 解析　作出如圖的圖形，E，F(xiàn)，G，H是相應(yīng)棱的中點(diǎn)， 故符合條件的直線只能出現(xiàn)在平面EFGH中． 由此四點(diǎn)可以組成的直線有：EF，GH，F(xiàn)G，EH，GE，HF共有6條． 8．(2019·鄭州市高三質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AA′＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M分別是邊AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中點(diǎn)

6、，動(dòng)點(diǎn)P在四邊形EFGH的內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，并且始終有MP∥平面ACC′A′，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為(　　) A．2 B．2π C．2 D．4 答案　D 解析　連接MF，F(xiàn)H，MH，因?yàn)镸，F(xiàn)，H分別為BC，AB，A′B′的中點(diǎn)，所以MF∥平面AA′C′C，F(xiàn)H∥平面AA′C′C，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M與線段FH上任意一點(diǎn)的連線都平行于平面AA′C′C，所以點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段FH，其長(zhǎng)度為4，故選D. 9．(2019·滄州七校聯(lián)考)有以下三種說(shuō)法，其中正確的是________． ①若直線a與平面α相交，則α內(nèi)不存在與a平行的直線； ②若直線b∥平面α，直線a

7、與直線b垂直，則直線a不可能與α平行； ③若直線a，b滿足a∥b，則a平行于經(jīng)過(guò)b的任何平面． 答案?、? 解析　對(duì)于①，若直線a與平面α相交，則α內(nèi)不存在與a平行的直線，是真命題，故①正確；對(duì)于②，若直線b∥平面α，直線a與直線b垂直，則直線a可能與α平行，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，若直線a，b滿足a∥b，則直線a與直線b可能共面，故③錯(cuò)誤． 10．在四面體ABCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則四面體的四個(gè)面中與MN平行的是________． 答案　平面ABC和平面ABD 解析　連接AM并延長(zhǎng)交CD于E，連接BN并延長(zhǎng)交CD于F.由重心的性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為C

8、D的中點(diǎn)E.由＝＝，得MN∥AB.因此MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 11．(2019·吉林一中模擬)如圖，在四面體ABCD中，AB＝CD＝2，直線AB與CD所成的角為90°，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在棱AD，BD，BC，AC上，若直線AB，CD都平行于平面EFGH，則四邊形EFGH面積的最大值是________． 答案　1 解析　∵直線AB平行于平面EFGH，且平面ABC∩平面EFGH＝HG， ∴HG∥AB.同理：EF∥AB，F(xiàn)G∥CD，EH∥CD. ∴FG∥EH，EF∥HG.故四邊形EFGH為平行四邊形． 又AB⊥CD，∴四邊形EFGH為矩形． 設(shè)＝＝＝x(0≤x≤1)

9、，則FG＝2x，HG＝2(1－x)， S四邊形EFGH＝FG×HG＝4x(1－x)＝－4(x－)2＋1， 根據(jù)二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)可知，四邊形EFGH面積的最大值為1. 12.(2019·湘東五校聯(lián)考)如圖所示，已知ABCD－A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為3的正方體，點(diǎn)E在AA1上，點(diǎn)F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1C1的中點(diǎn)． (1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面； (2)求證：平面A1GH∥平面BED1F. 答案　(1)略　(2)略 解析　(1)連接FG. ∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E＝2. ∴BG綊A1E，∴A1G∥BE. 又∵C1

10、F綊B1G，∴四邊形C1FGB1是平行四邊形． ∴FG綊C1B1綊D1A1. ∴四邊形A1GFD1是平行四邊形． ∴A1G綊D1F，∴D1F綊EB. 故E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面． (2)∵H是B1C1的中點(diǎn)， ∴B1H＝.又B1G＝1， ∴＝. 又＝，且∠FCB＝∠GB1H＝90°， ∴△B1HG∽△CBF. ∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，∴HG∥FB. 又由(1)知，A1G∥BE，且A1G?平面A1GH，HG?平面A1GH，BF?平面A1GH，BE?平面A1GH， ∴BF∥平面A1GH，BE∥平面A1GH. 又∵BF∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F

11、. 13．如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，E，F(xiàn)分別是棱AD，PC的中點(diǎn)．證明：EF∥平面PAB. 答案　略 解析　證明：如圖，取PB的中點(diǎn)M，連接MF，AM. 因?yàn)镕為PC的中點(diǎn)， 故MF∥BC且MF＝BC. 由已知有BC∥AD，BC＝AD. 因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)， 即AE＝AD＝BC， 所以MF∥AE且MF＝AE，故四邊形AMFE為平行四邊形， 所以EF∥AM. 又AM?平面PAB，而EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB. 14．(2019·福建四地六校聯(lián)考)一個(gè)多面體的直觀圖和三視圖如圖所示(其中M，N分別是AF，BC中點(diǎn))． (

12、1)求證：MN∥平面CDEF； (2)求多面體A—CDEF的體積． 答案　(1)略　(2) 解析　(1)證明　由三視圖知，該多面體是底面為直角三角形的直三棱柱，且AB＝BC＝BF＝2， DE＝CF＝2，∴∠CBF＝90°. 取BF中點(diǎn)G，連接MG，NG，由M，N分別是AF，BC中點(diǎn)，可知NG∥CF，MG∥EF.又MG∩NG＝G，CF∩EF＝F， ∴平面MNG∥平面CDEF，∴MN∥平面CDEF. (2)作AH⊥DE于H，由于三棱柱ADE—BCF為直三棱柱，∴AH⊥平面CDEF，且AH＝. ∴VA－CDEF＝S四邊形CDEF·AH＝×2×2×＝. 15．(2019·湖南長(zhǎng)沙一中

13、階段性檢測(cè))如圖，已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PC⊥底面ABCD，且PC＝2，E是側(cè)棱PC上的動(dòng)點(diǎn)． (1)求四棱錐P－ABCD的表面積； (2)在棱PC上是否存在一點(diǎn)E，使得AP∥平面BDE？若存在，指出點(diǎn)E的位置，并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 答案　(1)3＋　(2)存在，E為PC中點(diǎn) 證明　(1)∵四棱錐P－ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，PC⊥底面ABCD，且PC＝2，∴PC⊥BC，PC⊥DC， ∴S△PCD＝S△PCB＝×1×2＝1， PB＝PD＝＝. ∵AB⊥CB，AB⊥PC， ∴AB⊥平面PCB，∴AB⊥PB， ∴S△PAB＝AB·PB＝.同理，S△PAD＝. 又S正方形ABCD＝1， ∴SP－ABCD＝S正方形ABCD＋S△PAB＋S△PAD＋S△PCD＋S△PCB＝1＋＋＋1＋1＝3＋. (2)在棱PC上存在點(diǎn)E，且E是PC的中點(diǎn)時(shí)，AP∥平面BDE. 證明：如圖，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OE，則在△ACP中，O，E分別為AC，PC的中點(diǎn)， ∴OE∥AP， 又OE?平面BDE，AP?平面BDE， ∴AP∥平面BDE. 8