高考理数一轮夯基作业本8第八章立体几何39-第三节直线平面平行的判定与性质

第三节直线、平面平行的判定与性质A组基础题组1.下列命题中正确的是()A.若a,b是两条直线,且a∥b,那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面α满足a∥α,那么a与α内的任何直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b⊄α,则b∥α2.在空间四边形ABCD中,E,F分别是AB和BC上的点,若AE∶EB=CF∶FB=1∶2,则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A.平行 B.相交C.在平面内 D.不能确定3.α,β表示不重合的两个平面,m,l表示不重合的两条直线.若α∩β=m,l⊄α,l⊄β,则“l∥m”是“l∥α且l∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知直线l和两个不同的平面α,β,则下列命题中,是真命题的是()A.若l∥α,且l∥β,则α∥β B.若l⊥α,且l⊥β,则α∥βC.若l⊂α,且α⊥β,则l⊥β D.若l∥α,且α∥β,则l∥β5.如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求四面体NBCM的体积.6.如图,四棱锥PABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E为PB的中点.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD∥平面CEF?若存在,证明你的结论,若不存在,请说明理由.B组提升题组7.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若m∥l,且m∥α,则l∥α;③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,则l∥m∥n;④若α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且n∥β,则l∥m.其中正确命题的个数是()A.1 B.2 C.3 D.48.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E是棱D1C1的中点,动点F在正方体内部或正方体的表面上,且EF∥平面A1BC1,则动点F的轨迹所形成的区域的面积是()A.92 B.23 C.33 D.49.(2017北京海淀一模,8)某折叠餐桌的使用步骤如图所示.有如下检查项目:项目①:折叠状态下(如图1),检查四条桌腿长相等;项目②:打开过程中(如图2),检查OM=ON=O'M'=O'N';项目③:打开过程中(如图2),检查OK=OL=O'K'=O'L';项目④:打开后(如图3),检查∠1=∠2=∠3=∠4=90°;项目⑤:打开后(如图3),检查AB=A'B'=CD=C'D'.下列检查项目的组合中,可以正确判断“桌子打开之后,桌面与地面平行”的是()A.①②③ B.②③④C.②④⑤ D.③④⑤10.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,正确的命题是.

①BM是定值;②点M在圆上运动;③一定存在某个位置,使DE⊥A1C;④一定存在某个位置,使MB∥平面A1DE.11.在三棱锥PABC中,PB=6,AC=3,G为△PAC的重心,过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为.

12.在正方体ABCDA1B1C1D1中,如图.(1)求证:平面AB1D1∥平面C1BD;(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,并证明A1E=EF=FC.

答案精解精析A组基础题组1.DA错误,a可能在经过b的平面内;B错误,a与α内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;易知D正确.2.A如图,由AEEB=CFFB得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF,AC3.C若l∥m,α∩β=m,l⊄α,则l∥α,同理可得l∥β;若l∥α且l∥β,α∩β=m,则l∥m,因此“l∥m”是“l∥α且l∥β”的充要条件,故选C.4.B对于选项A,若l∥α,且l∥β,则α∥β或α与β相交,所以A错;对于选项B,根据垂直于同一条直线的两个平面平行,知B正确;对于选项C,若l⊂α,且α⊥β,则l与β的位置关系不确定,所以C错;对于选项D,若l∥α,且α∥β,则l∥β或l⊂β,所以D错.故选B.5.解析(1)证明:由已知得AM=23AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=12又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为12取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-由AM∥BC得M到BC的距离为5,故S△BCM=12×4×5=25所以四面体NBCM的体积VNBCM=13·S△BCM·PA2=6.解析(1)证明:如图所示,取PA的中点H,连接EH,DH,因为E为PB的中点,所以EH∥AB,EH=12又AB∥CD,CD=12所以EH∥CD,EH=CD,因此四边形DCEH是平行四边形,所以CE∥DH,又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,因此CE∥平面PAD.(2)存在.理由:如图所示,取AB的中点F,连接CF,EF,则AF=12又CD=12又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四边形,因此CF∥AD,又AD⊂平面PAD,CF⊄平面PAD,所以CF∥平面PAD,由(1)知CE∥平面PAD,又CE∩CF=C,故平面CEF∥平面PAD,故存在AB的中点F满足要求.B组提升题组7.B对①,两条平行线中有一条与一平面垂直,则另一条也与这个平面垂直,故①正确;对②,直线l还可能在平面α内,故②错误;对③,三条交线除了平行,还可能相交于同一点,故③错误;对④,结合线面平行的性质定理可判断其正确,综上,①④正确,故选B.8.C∵EF∥平面A1BC1,∴动点F的轨迹为过E点且平行于平面A1BC1的平面与正方体相交截得的边长为2的正六边形截面.∴所求面积S=6×34×(2)2=339.B项目①,折叠状态下(如题图1),四条桌腿长相等时,桌面与地面不一定平行;项目②,打开过程中(如题图2),若OM=ON=O'M'=O'N',可以得到线线平行,从而得到面面平行;项目③,打开过程中(如题图2),若OK=OL=O'K'=O'L',可以得到线线平行,从而得到面面平行;项目④,打开后(如题图3),若∠1=∠2=∠3=∠4=90°,可以得到线线平行,从而得到面面平行;项目⑤,打开后(如题图3),若AB=A'B'=CD=C'D',桌面与地面不一定平行.故选B.10.答案①②④解析取DC的中点N,连接MN,NB,则MN∥A1D,NB∥DE,∴平面MNB∥平面A1DE,∵MB⊂平面MNB,∴MB∥平面A1DE,④正确;∠A1DE=∠MNB,MN=12A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2B是定点,所以M是在以B为圆心,MB为半径的圆上,②正确;连接AC,当矩形ABCD满足AC⊥DE时,存在某个位置,使DE⊥A1C,其他情况下不存在,③不正确.所以①②④正确.11.答案8解析如图,过点G作EF∥AC,分别交PA、PC于点E、F,过E、F分别作EN∥PB、FM∥PB,分别交AB、BC于点N、M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN为所求截面),且EF=MN=23AC=2,FM=EN=1312.解析(1)证明:因为在正方体ABCDA1B1C1D1中,ADB1C1,所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1∥C1D.又因为C1D⊂平面C1BD,AB1⊄平面C1BD,所以AB1∥平面C1BD.同理,B1D1∥平面C1BD.又因为AB1∩B1D1=B1,AB1⊂平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,所以平面AB1D1∥平面C1BD.(2)如图,连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,与A1C交于点E.又因为AO1⊂平面AB1D1,所以点E也在平面AB1D1内,所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点.连接AC,交BD于点O,连接C1O,与A1C交于点F