2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)44 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 理（含解析）新人教版

《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)44 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 理（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)44 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 理（含解析）新人教版（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)44　直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 一、選擇題 1．已知直線a與直線b平行，直線a與平面α平行，則直線b與α的關(guān)系為(　D　) A．平行 B．相交 C．直線b在平面α內(nèi) D．平行或直線b在平面α內(nèi) 解析：依題意，直線a必與平面α內(nèi)的某直線平行，又a∥b，因此直線b與平面α的位置關(guān)系是平行或直線b在平面α內(nèi)． 2．已知α是一個(gè)平面，m，n是兩條直線，A是一個(gè)點(diǎn)，若m?α，n?α，且A∈m，A∈α，則m，n的位置關(guān)系不可能是(　D　) A．垂直 B．相交 C．異面 D．平行 解析：對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)m⊥α?xí)r，因?yàn)閚?α，所以m⊥n，可能； 對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)A∈

2、n時(shí)，m∩n＝A，可能； 對(duì)于選項(xiàng)C，若A?n，由異面直線的定義知m，n異面，可能； 對(duì)于選項(xiàng)D，若m∥n，因?yàn)閙?α，n?α，所以m∥α，這與m∩α＝A矛盾，不可能平行，故選D. 3．(2019·四川樂山四校聯(lián)考)平面α∥平面β的一個(gè)充分條件是(　D　) 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，a∥β，b?β D．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α 解析：存在一條直線a，a∥α，a∥β，有可能a平行于兩平面的交線，該條件不是平面α∥平面β的一個(gè)充分條件，故A錯(cuò)；存在一條直線a，a?α，a∥

3、β，有可能a平行于兩平面的交線，該條件不是平面α∥平面β的一個(gè)充分條件，故B錯(cuò)；存在兩條平行直線a，b，a∥α，a∥β，b?β，有可能a平行于兩平面的交線，該條件不是平面α∥平面β的一個(gè)充分條件，故C錯(cuò)；存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α，據(jù)此可得平面α∥平面β，該條件是平面α∥平面β的一個(gè)充分條件．故選D. 4．(2019·山東泰安二模)已知m，n是兩條不同直線，α，β，γ是三個(gè)不同平面，下列命題正確的是(　D　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β C．若m∥α，m∥β，則α∥β D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n 解析：對(duì)于A，若m

4、∥α，n∥α，則m與n可能平行，可能相交，也可能異面，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若α⊥γ，β⊥γ，則α與β可能平行，也可能相交(比如直三棱柱相鄰兩側(cè)面都與底面垂直)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m∥α，m∥β，則α與β可能平行，也可能相交，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，垂直于同一平面的兩條直線相互平行，故D正確．綜上，故選D. 5．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(　B　) 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

5、．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形 解析：如圖，由條件知，EF∥BD，EF＝BD，HG∥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的延長線交于一點(diǎn)，∴EH不平行于平面ADC.故選B. 6．已知M，N，K分別為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB，B1C1，DD1的中點(diǎn)，在正方體的所有面對(duì)角線和體對(duì)角線所在的直線中，與平面MNK平行的直線有(　A　) A．6條 B．7條 C．8條 D．9條 解析：補(bǔ)形得到平面MNK與正方體側(cè)面

6、的交線，得到正六邊形MENFKG，如圖所示．由線面平行的判定定理，可得BD，B1D1，BC1，AD1，AB1，DC1所在直線與平面MNK平行，∴正方體的所有面對(duì)角線和體對(duì)角線所在的直線中，與平面MNK平行的有6條．故選A. 二、填空題 7．如圖所示，在四面體ABCD中，點(diǎn)M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則四面體的四個(gè)面中與MN平行的是平面ABC、平面ABD. 解析：連接AM并延長，交CD于點(diǎn)E，連接BN，并延長交CD于點(diǎn)F，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn)E，連接MN，由＝＝，得MN∥AB.所以MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 8．在三棱錐P-

7、ABC中，PB＝6，AC＝3，G為△PAC的重心，過點(diǎn)G作三棱錐的一個(gè)截面，使截面平行于PB和AC，則截面的周長為8. 解析：過點(diǎn)G作EF∥AC，分別交PA，PC于點(diǎn)E，F(xiàn)，過點(diǎn)E作EN∥PB交AB于點(diǎn)N，過點(diǎn)F作FM∥PB交BC于點(diǎn)M，連接MN，則四邊形EFMN是平行四邊形(平面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.(2019·江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體一模)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝6，AB＝3，AD＝8，點(diǎn)M是棱AD的中點(diǎn)，點(diǎn)N在棱AA1上，且滿足AN＝2NA1，P是側(cè)面四邊形ADD1A1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)(含邊

8、界)，若C1P∥平面CMN，則線段C1P長度的最小值是. 解析：取A1D1的中點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q在平面ADD1A1內(nèi)作MN的平行線交DD1于點(diǎn)E，易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，此時(shí)C1P取得最小值. 三、解答題 10．如圖，ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．求證： (1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)連接AE，則AE必過DF與GN的交點(diǎn)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?yàn)镹，G分別

9、為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)，所以DE∥GN，又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M為AB的中點(diǎn)，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. 11．已知四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD為矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝BC＝1，AB＝2，M為PC的中點(diǎn)． (1)在圖中作出平面ADM與PB的交點(diǎn)N，并指出點(diǎn)N所在位置(不要求給出理由)； (2)求平面ADM將四棱錐P-ABCD分成的上下兩部分的體積比． 解：(

10、1)N為PB中點(diǎn)，截面如圖所示． (2)∵M(jìn)N是△PBC的中位線，BC＝1，∴MN＝，AN＝，且AN⊥AD，∴梯形ADMN的面積為×＝，點(diǎn)P到截面ADMN的距離為點(diǎn)P到直線AN的距離d＝，∴四棱錐P-ADMN的體積V1＝××＝，而四棱錐P-ABCD的體積V＝×2×1×1＝，∴四棱錐被截下部分體積V2＝V－V1＝－＝，故上下兩部分的體積比＝. 12．(2019·山東煙臺(tái)二模)如圖是一張矩形折紙ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，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(hào)) ①

11、當(dāng)平面ABE∥平面CDF時(shí)，AC∥平面BFDE； ②當(dāng)平面ABE∥平面CDF時(shí)，AE∥CD； ③當(dāng)A、C重合于點(diǎn)P時(shí)，PG⊥PD； ④當(dāng)A、C重合于點(diǎn)P時(shí)，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，tan∠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(shí)A、C、G、H四點(diǎn)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(shí)，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∥

12、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(diǎn)P時(shí)，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重合于點(diǎn)P時(shí)，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(hào)為①④. 13．(2019·重慶萬州區(qū)檢測(cè)) 如圖，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分別為AC，A1C1上的點(diǎn)． (1)當(dāng)?shù)扔诤沃禃r(shí)，BC1∥平面AB1D1? (2

13、)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值． 解：(1)當(dāng)＝1時(shí)， BC1∥平面AB1D1. 如圖，連接A1B交AB1于點(diǎn)O，連接OD1. 由棱柱的性質(zhì)知，四邊形A1ABB1為平行四邊形，所以點(diǎn)O為A1B的中點(diǎn)． 在△A1BC1中，O，D1分別為A1B，A1C1的中點(diǎn)， ∴OD1∥BC1. 又OD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1， ∴BC1∥平面AB1D1. ∴當(dāng)＝1時(shí)， BC1∥平面AB1D1. (2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O. 因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1

14、. ∴＝，＝. 又＝1，∴＝1，即＝1. 14．(2019·湖南長沙長郡中學(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(diǎn)E是線段AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段PA上，且EF∥平面PCD，直線PD與平面CEF交于點(diǎn)H，則線段CH的長度為(　C　) A. B．2 C．2 D．2 解析：∵PD與平面CEF交于點(diǎn)H， ∴平面CEF∩平面PCD＝CH，∵EF∥平面PCD， ∴EF∥CH，過點(diǎn)H作HM∥PA交AD于點(diǎn)M，連接CM， ∵EF∩AF＝F，CH∩HM＝H，∴平面AEF∥平面CHM， ∵平面AEF

15、∩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(diǎn)，則H為PD的中點(diǎn)，∴CH＝＝＝2，故選C. 15．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(dòng)，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(diǎn)Q，連接QN. ∵M(jìn)N∥平面DCC1D1， MQ∥平面DCC1D1，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(diǎn)在y軸上的雙曲線上支的一部分．故選C. 8