【创新方案】2024届高考数学一轮复习-第七章-第四节-直线、平面平行的判定及其性质演练知能检测-文

PAGEPAGE1第四节直线、平面平行的判定及其性质[全盘稳固]1．平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，那么直线AC∥直线BD的充要条件是()A．AB∥CDB．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：选D充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．2．(2024·嘉兴模拟)设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，那么以下选项中不正确的选项是()A．当m⊂α时，“n∥α〞是“m∥n〞的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β〞是“α⊥β〞的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β〞是“α∥β〞成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α〞是“m⊥n〞的充分不必要条件解析：选AA错误，应为既不充分也不必要条件，B，C，D易知均正确，应选A.3．在空间中，以下命题正确的选项是()A．假设a∥α，b∥a，那么b∥αB．假设a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，那么α∥βC．假设α∥β，b∥α，那么b∥βD．假设α∥β，a⊂α，那么a∥β解析：选D假设a∥α，b∥a，那么b∥α或b⊂α，应选项A错误；B中当a∥b时，α、β可能相交，应选项B错误；假设α∥β，b∥α，那么b∥β或b⊂β，应选项C错误；选项D为两平面平行的性质，应选D.4．给出以下关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①假设l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，那么α∥β；②假设α∥β，l⊂α，m⊂β，那么l∥m；③假设α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，那么m∥n.其中真命题的个数为()A．3B．2C．1解析：选C当异面直线l、m满足l⊂α，m⊂β时，α、β也可以相交，故①错；假设α∥β，l⊂α，m⊂β，那么l、m平行或异面，故②错；如以下图，设几何体三个侧面分别为α、β、γ.交线为l、m、n，假设l∥γ，那么l∥m，l∥n，那么m∥n，故③正确．5.如以下图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB、CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条解析：选D平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的根本性质中的公理知必有过该点的公共线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D16．以下四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：选B①如图1，由平面ABC∥平面MNP，可得AB∥平面MNP.eq\o(\s\up7(),\s\do5(图1图2))④如图2，由AB∥CD，CD∥NP，得AB∥NP，又AB⊄平面MNP，NP⊂平面MNP，所以AB∥平面MNP.7．在四面体A­BCD中，M、N分别是△ACD、△BCD的重心，那么四面体的四个面中与MN平行的是________．解析：如以下图，取CD的中点E.那么EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.又MN⊄平面ABD，MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABD，AB⊂平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.答案：平面ABD与平面ABC8．(2024·台州模拟)考察以下三个命题，在“________〞处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为不同直线，α、β为不重合平面)，那么此条件为________．①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊂α,l∥m,))⇒l∥α；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,m∥α,))⇒l∥α；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥β,α⊥β,))⇒l∥α.解析：线面平行的判定中指的是平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，故此条件为：l⊄α.答案：l⊄α9．l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，以下命题：①假设l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，那么α∥β；②假设l⊂α，l∥β，α∩β＝m，那么l∥m；③假设α∥β，l∥α，那么l∥β；④假设l⊥α，m∥l，α∥β，那么m⊥β.其中真命题的是________(写出所有真命题的序号)．解析：当l∥m时，平面α与平面β不一定平行，①错误；由直线与平面平行的性质定理，知②正确；假设α∥β，l∥α，那么l⊂β或l∥β，③错误；∵l⊥α，l∥m，∴m⊥α，又α∥β，∴m⊥β，④正确，故填②④.答案：②④10.在多面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，三角形CDE是等边三角形，棱EF∥BC且EF＝eq\f(1,2)BC.求证：FO∥平面CDE.证明：如以下图，取CD中点M，连接OM，EM，在矩形ABCD中，OM∥BC且OM＝eq\f(1,2)BC，又EF∥BC且EF＝eq\f(1,2)BC，那么EF∥OM且EF＝OM.所以四边形EFOM为平行四边形，所以FO∥EM.又因为FO⊄平面CDE，EM⊂平面CDE，所以FO∥平面CDE.11.如以下图，直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD(1)证明：AC⊥平面BB1C(2)在A1B1上是否存在一点P，使得DP与平面ACB1平行？证明你的结论．解：(1)证明：在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC又∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2，∴AC＝eq\r(2)，∠CAB＝45°，在△ABC中，由余弦定理可得BC＝eq\r(AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠CAB)＝eq\r(2).∴BC2＋AC2＝AB2，∴BC⊥AC.又BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BB1C∴AC⊥平面BB1C(2)存在点P，P为A1B1的中点可满足要求．由P为A1B1的中点，有PB1∥AB，且PB1＝eq\f(1,2)AB，又∵CD∥AB且CD＝eq\f(1,2)AB，∴CD∥PB1且CD＝PB1，∴CDPB1为平行四边形，∴DP∥CB1.又CB1⊂平面ACB1，DP⊄平面ACB1，∴DP∥平面ACB1.12.如以下图，在正四棱锥P­ABCD中，底面是边长为2的正方形，侧棱PA＝eq\r(6)，E为BC的中点，F为侧棱PD上的一动点．(1)求证：AC⊥BF；(2)当直线PE∥平面ACF时，求三棱锥F­ACD的体积．解：(1)证明：连接BD，设AC∩BD＝O，连接PO，那么PO⊥平面ABCD.∴AC⊥PO.∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD.又BD∩PO＝O，BD，PO⊂平面PBD，∴AC⊥平面PBD.又BF⊂平面PBD，∴AC⊥BF.(2)连接DE，交AC于点G，连接FG.∵PE∥平面ACF，∴PE∥FG，∴eq\f(DG,DE)＝eq\f(DF,DP).又CE＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)AD，BC∥AD，∴eq\f(CE,AD)＝eq\f(GE,DG)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(DG,DE)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(DF,DP)＝eq\f(2,3).过F作FH⊥DB，垂足为H，那么FH∥OP，∴eq\f(FH,OP)＝eq\f(DF,DP)＝eq\f(2,3)，∴FH＝eq\f(2,3)OP，∵正方形ABCD的边长为2，∴AO＝eq\r(2).∴OP＝eq\r(PA2－AO2)＝2.∴FH＝eq\f(4,3).∴三棱锥F­ACD的体积VF­ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·FH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×22×eq\f(4,3)＝eq\f(8,9).[冲击名校]如以下图，在棱长均为4的三棱柱ABC­A1B1C1中，D，D1分别是BC和B1C1(1)求证：A1D1∥平面AB1D；(2)假设平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°，求三棱锥B1­ABC的体积．解：(1)证明：如以下图，连接DD1，在三棱柱ABC­A1B1C1因为D，D1分别是BC与B1C1所以B1D1∥BD且B1D1＝BD.所以四边形B1BDD1为平行四边形，所以BB1∥DD1，且BB1＝DD1.又因为AA1∥BB1，且AA1＝BB1，所以AA1∥DD1，且AA1＝DD1，所以四边形AA1D1D为平行四边形，所以A1D1∥AD.又A1D1⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D，所以A1D1∥平面AB1D.(2)在△ABC中，因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCC1B1，且交线为BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面BCC1B1，即AD是三棱锥A­B1BC的高．在△ABC中，由AB＝AC＝BC＝4，得AD＝2eq\r(3).在△B1BC中，B1B＝BC＝4，∠B1BC＝60°，所以S△B1BC＝eq\f(\r(3),4)×42＝4eq\r(3)，所以三棱锥B1­ABC的体积，即三棱锥A­B1BC的体积V＝eq\f(1,3)S△B1BC×AD＝eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2eq\r(3)＝8.[高频滚动]1．α、β、γ是三个平面，a、b是两条直线，有以下三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，那么a∥b〞为真命题，那么可以在横线处填入的条件是________(填上你认为正确的所有序号)．解析：①a∥γ，a⊂β，b⊂β，β∩γ＝b⇒a∥b(线面平行的性质)