《2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時作業(yè)42 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文(含解析)新人教A版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時作業(yè)42 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文(含解析)新人教A版(12頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、課時作業(yè)42 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)
1.(2019·安徽黃山一模)下列說法中,錯誤的是( C )
A.若平面α∥平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,則l∥m
B.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=l,m?α,m⊥l,則m⊥β
C.若直線l⊥平面α,平面α⊥平面β,則l∥β
D.若直線l∥平面α,平面α∩平面β=m,直線l?平面β,則l∥m
解析:對于A,由面面平行的性質(zhì)定理可知為真命題,故A正確;對于B,由面面垂直的性質(zhì)定理可知為真命題,故B正確;對于C,若l⊥α,α⊥β,則l∥β或l?β,故C錯誤;對于D,由線面平行的性質(zhì)定理可知為真命題,故D正確.綜上,
2、選C.
2.(2019·廣東省際名校聯(lián)考)已知α,β為平面,a,b,c為直線,下列命題正確的是( D )
A.a(chǎn)?α,若b∥a,則b∥α
B.α⊥β,α∩β=c,b⊥c,則b⊥β
C.a(chǎn)⊥b,b⊥c,則a∥c
D.a(chǎn)∩b=A,a?α,b?α,a∥β,b∥β,則α∥β
解析:選項A中,b?α或b∥α,不正確.
B中b與β可能斜交或b?β,B錯誤.
C中a∥c,a與c異面,或a與c相交,C錯誤.
利用面面平行的判定定理,易知D正確.
3.(2019·山東聊城模擬)下列四個正方體中,A,B,C為所在棱的中點,則能得出平面ABC∥平面DEF的是( B )
解析:在B中,如
3、圖,連接MN,PN,
∵A,B,C為正方體所在棱的中點,
∴AB∥MN,AC∥PN,
∵M(jìn)N∥DE,PN∥EF,
∴AB∥DE,AC∥EF,
∵AB∩AC=A,DE∩EF=E,
AB、AC?平面ABC,DE、EF?平面DEF,
∴平面ABC∥平面DEF,故選B.
4.已知平面α∥平面β,P是α,β外一點,過點P的直線m與α,β分別交于點A,C,過點P的直線n與α,β分別交于點B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,則BD=( B )
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P在兩平面之
4、間時,如圖(1),則有=,∴x=24;②當(dāng)點P在兩平面外側(cè)時,如圖(2),則有=,∴x=,故選B.
5.(2019·豫西五校聯(lián)考)已知m,n,l1,l2表示不同直線,α,β表示不同平面,若m?α,n?α,l1?β,l2?β,l1∩l2=M,則α∥β的一個充分條件是( D )
A.m∥β且l1∥α B.m∥β且n∥β
C.m∥β且n∥l2 D.m∥l1且n∥l2
解析:對于選項A,當(dāng)m∥β且l1∥α?xí)r,α,β可能平行也可能相交,故A不是α∥β的充分條件;對于選項B,當(dāng)m∥β且n∥β時,若m∥n,則α,β可能平行也可能相交,故B不是α∥β的充分條件;對于選項C,當(dāng)m∥β且n∥l
5、2時,α,β可能平行也可能相交,故C不是α∥β的充分條件;對于選項D,當(dāng)m∥l1,n∥l2時,由線面平行的判定定理可得l1∥α,l2∥α,又l1∩l2=M,由面面平行的判定定理可以得到α∥β,但α∥β時,m∥l1且n∥l2不一定成立,故D是α∥β的一個充分條件,故選D.
6.(2019·湖南長郡中學(xué)模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,點E是線段AB的中點,點F在線段PA上,且EF∥平面PCD,直線PD與平面CEF交于點H,則線段CH的長度為( C )
A. B.2
C.2 D.2
解析:∵PD與
6、平面CEF交于點H,
∴平面CEF∩平面PCD=CH,
∵EF∥平面PCD,∴EF∥CH,
過點H作HM∥PA交AD于點M,
連接CM,∵EF∩AF=F,CH∩HM=H,
∴平面AEF∥平面CHM,∵平面AEF∩平面ABCD=AE,平面CHM∩平面ABCD=CM,∴AE∥CM,
又BC∥AM,∴四邊形ABCM為平行四邊形,∴AM=2.
又AD=4,∴M是AD的中點,則H為PD的中點,∴CH===2,故選C.
7.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(nèi)部運動,則M只需
7、滿足條件點M在線段FH上(或點M與點H重合)時,就有MN∥平面B1BDD1.(注:請?zhí)钌夏阏J(rèn)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,∴平面FHN∥平面B1BDD1,只需M∈FH,則MN?平面FHN,∴MN∥平面B1BDD1.
8.(2019·河北唐山統(tǒng)一考試)在三棱錐P-ABC中,PB=6,AC=3,G為△PAC的重心,過點G作三棱錐的一個截面,使截面平行于PB和AC,則截面的周長為8.
解析:過點G作EF∥AC,分別交PA、PC于點E、F,過E、F分別作EN∥PB、FM∥PB,分別交AB、BC于點N、M,連接MN,則四邊
8、形EFMN是平行四邊形(面EFMN為所求截面),且EF=MN=AC=2,F(xiàn)M=EN=PB=2,所以截面的周長為2×4=8.
9.如圖所示,設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,點P是棱AD上一點,且AP=,過B1,D1,P的平面交平面ABCD于PQ,Q在直線CD上,則PQ=a.
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∩AB=M,∵AB∥CD,
∴△APM∽△DPQ.
∴==2,即PQ=2PM.
又知△APM∽
9、△ADB,∴==,
∴PM=BD,又BD=a,∴PQ=A.
10.(2019·江西贛州聯(lián)考)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,線段B1D1上有兩個動點E,F(xiàn),且EF=,則下列結(jié)論:
①EF∥平面ABCD;
②平面ACF⊥平面BEF;
③三棱錐E-ABF的體積為定值;
④存在某個位置使得異面直線AE與BF所成的角為30°.
其中正確的是①②③④.(寫出所有正確的結(jié)論序號)
解析:由正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,線段B1D1上有兩個動點E,F(xiàn),且EF=知,在①中,由EF∥BD,且EF?平面ABCD,BD?平面ABCD,得EF∥平面ABCD,故①
10、正確;在②中,如圖,連接BD,CF,
由AC⊥BD,AC⊥DD1,可知AC⊥平面BDD1B1,而BE?平面BDD1B1,BF?平面BDD1B1,則AC⊥平面BEF.又因為AC?平面ACF,所以平面ACF⊥平面BEF,故②正確;在③中,三棱錐E-ABF的體積與三棱錐A-BEF的體積相等,三棱錐A-BEF的底面積和高都是定值,故三棱錐E-ABF的體積為定值,故③正確;在④中,令上底面中心為O,當(dāng)E與D1重合時,此時點F與O重合,則兩異面直線所成的角是∠OBC1,可求解∠OBC1=30°,故存在某個位置使得異面直線AE與BF成角30°,故④正確.
11.如圖所示的一塊木料中,棱BC平行于平面
11、A′C′.
(1)要經(jīng)過平面A′C′內(nèi)的一點P和棱BC將木料鋸開,應(yīng)怎樣畫線?
(2)所畫的線與平面AC是什么位置關(guān)系?并證明你的結(jié)論.
解:(1)過點P作B′C′的平行線,
交A′B′,C′D′于點E,F(xiàn),
連接BE,CF,
作圖如下:
(2)EF∥平面AC.理由如下:
易知BE,CF與平面AC相交,因為BC∥平面A′C′,
又因為平面B′C′CB∩平面A′C′=B′C′,
所以BC∥B′C′,
因為EF∥B′C′,所以EF∥BC,
又因為EF?平面AC,BC?平面AC,
所以EF∥平面AC.
12.(2019·豫北六校聯(lián)考)如圖所示,正方體ABCD-A1
12、B1C1D1中,M,N分別是A1B1,A1D1的中點,E,F(xiàn)分別是B1C1,C1D1的中點.
(1)求證:四邊形BDFE為梯形;
(2)求證:平面AMN∥平面EFDB.
證明:(1)連接B1D1,
∵在△B1D1C1中,E,F(xiàn)分別是B1C1,C1D1的中點,
∴EF∥B1D1且EF=B1D1,
又知四邊形BDD1B1為矩形,
∴BD綊B1D1,∴EF∥BD且EF=BD.
∴四邊形BDFE為梯形.
(2)連接FM,在△A1B1D1中,M,N分別為A1B1,A1D1的中點,∴MN∥B1D1.
由(1)知,EF∥B1D1,
∴MN∥EF.
在正方形A1B1C1D1中,F(xiàn)為
13、C1D1的中點,M為A1B1的中點,∴FM綊A1D1,
又∵四邊形ADD1A1為正方形,
∴AD綊A1D1,∴FM綊AD,
∴四邊形ADFM為平行四邊形.
∴AM綊DF.
又∵AM∩MN=M,DF∩FE=F,
∴平面AMN∥平面EFDB.
13.如圖所示,側(cè)棱與底面垂直,且底面為正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,N分別在AD1,BC上移動,始終保持MN∥平面DCC1D1,設(shè)BN=x,MN=y(tǒng),則函數(shù)y=f(x)的圖象大致是( C )
解析:過M作MQ∥DD1,交AD于點Q,連接QN.
∵M(jìn)N∥平面DCC1D1,MQ∥平面DC
14、C1D1,
MN∩MQ=M,
∴平面MNQ∥平面DCC1D1.
又平面ABCD與平面MNQ和DCC1D1分別交于QN和DC,
∴NQ∥DC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x,
∵==2,∴MQ=2x.
在Rt△MQN中,MN2=MQ2+QN2,
即y2=4x2+1,
∴y2-4x2=1(x≥0,y≥1),
∴函數(shù)y=f(x)的圖象為焦點在y軸上的雙曲線上支的一部分,故選C.
14.(2019·河南新鄉(xiāng)一模)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F(xiàn)分別為B1C1,C1D1的中點,點P是底面A1B1C1D1內(nèi)一點,且AP∥平面EFDB,則tan∠APA1的最大
15、值是( D )
A. B.1
C. D.2
解析:如圖,分別取A1D1的中點G,A1B1的中點H,連接GH,AG,AH,
連接A1C1,交GH,EF于點M,N,連接AM,連接AC,交BD于點O,連接ON.
易證MN綊OA,所以四邊形AMNO是平行四邊形,所以AM∥ON,
因為AM?平面BEFD,ON?平面BEFD,
所以AM∥平面BEFD,
易證GH∥EF,因為GH?平面BEFD,EF?平面BEFD,
所以GH∥平面BEFD,又AM∩GH=M,AM,GH?平面AGH,
所以平面AGH∥平面BEFD,
所以點P在GH上,當(dāng)點P與點M重合時,tan∠APA1的
16、值最大.
設(shè)正方體的棱長為1,則A1P=,
所以tan∠APA1的最大值為=2.
15.(2019·山東煙臺一模)如圖是一張矩形白紙ABCD,AB=10,AD=10,E,F(xiàn)分別為AD,BC的中點,現(xiàn)分別將△ABE,△CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同側(cè),下列命題正確的是①④.(寫出所有正確命題的序號)
①當(dāng)平面ABE∥平面CDF時,AC∥平面BFDE;
②當(dāng)平面ABE∥平面CDF時,AE∥CD;
③當(dāng)A、C重合于點P時,PG⊥PD;
④當(dāng)A、C重合于點P時,三棱錐P-DEF的外接球的表面積為150π.
解析:在△ABE中,tan∠ABE=,
在△ACD中,t
17、an∠CAD=,
所以∠ABE=∠DAC,
由題意,將△ABE,△DCF沿BE,DF折起,且A,C在平面BEDF同側(cè),
此時A、C、G、H四點在同一平面內(nèi),平面ABE∩平面AGHC=AG,平面CDF∩平面AGHC=CH,當(dāng)平面ABE∥平面CDF時,得到AG∥CH,
顯然AG=CH,所以四邊形AGHC為平行四邊形,所以AC∥GH,進(jìn)而可得AC∥平面BFDE,故①正確;
由于折疊后,直線AE與直線CD為異面直線,所以AE與CD不平行,故②不正確;
當(dāng)A、C重合于點P時,可得PG=,PD=10,
又GD=10,∴PG2+PD2≠GD2,
所以PG與PD不垂直,故③不正確;
當(dāng)A,C
18、重合于點P時,在三棱錐P-DEF中,
△EFD與△FCD均為直角三角形,
所以DF為外接球的直徑,
即R==,所以外接球的表面積為S=4πR2=4π×2=150π,故④正確.綜上,正確命題的序號為①④.
16.如圖,四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E為PB的中點.
(1)求證:CE∥平面PAD;
(2)在線段AB上是否存在一點F,使得平面PAD∥平面CEF?若存在,證明你的結(jié)論,若不存在,請說明理由.
解:(1)證明:取PA的中點H,連接EH,DH,
因為E為PB的中點,
所以EH∥AB,EH=AB,
又AB∥CD,CD=AB,
所以EH∥CD,EH=CD,
因此四邊形DCEH是平行四邊形,
所以CE∥DH,
又DH?平面PAD,CE?平面PAD,
因此CE∥平面PAD.
(2)存在點F為AB的中點,使平面PAD∥平面CEF,
證明如下:
取AB的中點F,連接CF,EF,所以AF=AB,
又CD=AB,所以AF=CD,
又AF∥CD,所以四邊形AFCD為平行四邊形,
因此CF∥AD,
又AD?平面PAD,CF?平面PAD,
所以CF∥平面PAD,
由(1)可知CE∥平面PAD,
又CE∩CF=C,故平面CEF∥平面PAD,
故存在AB的中點F滿足要求.
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