2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課時作業(yè)

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1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課時作業(yè) 1．設(shè)m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，且m，n?α，則“α∥β”是“m∥β且n∥β”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：若m，n?α，α∥β，則m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，則α與β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要條件． 答案：A 2．設(shè)α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α內(nèi)的兩條不同直線，l1，l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線，則α∥β的一個充分不必要條件是(　　) A．m

2、∥l1且n∥l2　　　 B．m∥β且n∥l2 C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α 解析：由m∥l1，m?α，l1?β，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一個充分不必要條件． 答案：A 3．設(shè)α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，“m∥β”是“α∥β”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：若m?α且m∥β，則平面α與平面β不一定平行，有可能相交；而m?α且α∥β一定可以推出m∥β，所以“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分條件． 答案

3、：B 4．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：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(nèi)．故選C. 答案：C 5．下列四個正方體圖形中，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的圖形的序號是(　　) A．①③ B．

4、②③ C．①④ D．②④ 解析：對于圖形①，平面MNP與AB所在的對角面平行，即可得到AB∥平面MNP；對于圖形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；圖形②③無論用定義還是判定定理都無法證明線面平行． 答案：C 6．已知正方體ABCDA1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是________(只填序號)． ①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1. 解析：連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因為AB綊C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC

5、1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面，故③錯誤；因AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正確． 答案：①②④ 7．如圖所示，在四面體ABCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則四面體的四個面所在平面中與MN平行的是________． 解析：連接AM并延長，交CD于E，連接BN，并延長交CD于F，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合為一點，且該點為CD的中點E，連接MN，由＝＝，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 答案：平面ABC

6、、平面ABD 8．(2018·咸陽模擬)如圖所示，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M為OA的中點，N為BC的中點． (1)求四棱錐O-ABCD的體積； (2)證明：直線MN∥平面OCD. 解析：(1)∵OA⊥底面ABCD，∴OA是四棱錐O-ABCD的高．∵四棱錐O-ABCD的底面是邊長為1的菱形，∠ABC＝，∴底面面積S菱形ABCD＝. ∵OA＝2，∴體積VO-ABCD＝. (2)證明：取OB的中點E，連接ME，NE(圖略)． ∵M(jìn)E∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD. 又∵NE∥OC，∵M(jìn)E∩EN＝E，CD∩O

7、C＝C， ∴平面MNE∥平面OCD. ∵M(jìn)N?平面MNE，∴MN∥平面OCD. 9.(2018·石家莊質(zhì)檢)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M為AD的中點，N為PC上一點，且PC＝3PN. (1)求證：MN∥平面PAB； (2)求點M到平面PAN的距離． 解析：(1)證明：在平面PBC內(nèi)作NH∥BC交PB于點H，連接AH(圖略)， 在△PBC中，NH∥BC，且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1. 又AD∥BC， ∴NH∥AM且NH＝AM， ∴四邊形AMNH為平行四邊形， ∴MN∥A

8、H， 又AH?平面PAB，MN?平面PAB， ∴MN∥平面PAB. (2)連接AC，MC，PM(圖略)，平面PAN即為平面PAC，設(shè)點M到平面PAC的距離為h. 由題意可得CD＝2，AC＝2， ∴S△PAC＝PA·AC＝4， S△AMC＝AM·CD＝， 由VM-PAC＝VP-AMC， 得S△PAC·h＝S△AMC·PA， 即4h＝×4，∴h＝， ∴點M到平面PAN的距離為. 10．(2018·昆明七校模擬)一個正方體的平面展開圖及該正方體直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點為M，GH的中點為N. (1)請將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明

9、理由)； (2)證明：直線MN∥平面BDH； (3)過點M，N，H的平面將正方體分割為兩部分，求這兩部分的體積比． 解析：(1)點F，G，H的位置如圖所示． (2)證明：連接BD，設(shè)O為BD的中點，連接OM，OH，AC，BH，MN. ∵M(jìn)，N分別是BC，GH的中點， ∴OM∥CD，且OM＝CD， NH∥CD，且NH＝CD， ∴OM∥NH，OM＝NH， 則四邊形MNHO是平行四邊形， ∴MN∥OH， 又MN?平面BDH，OH?平面BDH， ∴MN∥平面BDH. (3)由(2)知OM∥NH，OM＝NH，連接GM，MH，過點M，N，H的平面就是平面GMH，它將正方體分割

10、為兩個同高的棱柱，高都相等，體積比等于底面積之比，即3∶1. B組——能力提升練 1．已知直線a，b，平面α，則以下三個命題： ①若a∥b，b?α，則a∥α； ②若a∥b，a∥α，則b∥α； ③若a∥α，b∥α，則a∥b. 其中真命題的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：對于①，若a∥b，b?α，則應(yīng)有a∥α或a?α，所以①是假命題；對于②，若a∥b，a∥α，則應(yīng)有b∥α或b?α，因此②是假命題；對于③，若a∥α，b∥α，則應(yīng)有a∥b或a與b相交或a與b異面，因此③是假命題．綜上，在空間中，以上三個命題都是假命題． 答案：A 2．已知直線a，b異面，

11、給出以下命題； ①一定存在平行于a的平面α使b⊥α； ②一定存在平行于a的平面α使b∥α； ③一定存在平行于a的平面α使b?α； ④一定存在無數(shù)個平行于a的平面α與b交于一定點． 則其中正確的是(　　) A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④ 解析：對于①，若存在平面α使得b⊥α，則有b⊥a，而直線a，b未必垂直，因此①不正確；對于②，注意到過直線a，b外一點M分別引直線a，b的平行線a1，b1，顯然由直線a1，b1可確定平面α，此時平面α與直線a，b均平行，因此②正確；對于③，注意到過直線b上的一點B作直線a2與直線a平行，顯然由直線b與a2可確定平面α，此時平面α與

12、直線a平行，且b?α，因此③正確；對于④，在直線b上取一定點N，過點N作直線c與直線a平行，經(jīng)過直線c的平面(除由直線a與c所確定的平面及直線c與b所確定的平面之外)均與直線a平行，且與直線b相交于一定點N，而N在b上的位置任意，因此④正確．綜上所述，②③④正確. 答案：D 3．(2018·溫州十校聯(lián)考)如圖，點E為正方形ABCD邊CD上異于點C，D的動點，將△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，則下列三種說法中正確的個數(shù)是(　　) ①存在點E使得直線SA⊥平面SBC； ②平面SBC內(nèi)存在直線與SA平行； ③平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行． A．

13、0　　　　　　　 B．1 C．2 D．3 解析：由題圖，得SA⊥SE，若存在點E使得直線SA⊥平面SBC，則SA⊥SB，SA⊥SC，則SC，SB，SE三線共面，則點E與點C重合，與題設(shè)矛盾，故①錯誤；因為SA與平面SBC相交，所以在平面SBC內(nèi)不存在直線與SA平行，故②錯誤；顯然，在平面ABCE內(nèi)，存在直線與AE平行，由線面平行的判定定理得平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行，故③正確．故選B. 答案：B 4．(2018·鄭州市質(zhì)檢)如圖，直三棱柱ABC-A′B′C′中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，AA′＝4，點E，F(xiàn)，G，H，M分別是邊AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中

14、點，動點P在四邊形EFGH內(nèi)部運動，并且始終有MP∥平面ACC′A′，則動點P的軌跡長度為(　　) A．2 B．2π C．2 D．4 解析：連接MF，F(xiàn)H，MH，因為M，F(xiàn)，H分別為BC，AB，A′B′的中點，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上任意一點的連線都平行于平面AA′C′C，所以點P的運動軌跡是線段FH，其長度為4，故選D. 答案：D 5．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，使截面平行于直線PB和AC，則截面的周長為________． 解析：過點G作

15、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(圖略)，則四邊形EFMN是平行四邊形，所以＝，即EF＝MN＝2，＝＝，即FM＝EN＝2，所以截面的周長為2×4＝8. 答案：8 6．正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1 cm，過AC作平行于體對角線BD1的截面，則截面面積為________cm2. 解析：如圖所示，截面ACE∥BD1，平面BDD1∩平面ACE＝EF，其中F為AC與BD的交點，∴E為DD1的中點，∴S△ACE＝××＝(cm2)． 答案： 7．如圖，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥

16、BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． (1)證明MN∥平面PAB； (2)求四面體N-BCM的體積． 解析：(1)證明：由已知得AM＝AD＝2， 取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，故四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點， 所以N到平面ABCD的距離為PA. 取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝. 由AM∥BC得M到BC的距離為， 故S△BCM＝×4×＝2. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝·S△BCM·＝.