2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練40直線(xiàn)平面平行判定與性質(zhì)理北師大版214

2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練40直線(xiàn)平面平行的判斷與性質(zhì)理北師大版(含答案)2142020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練40直線(xiàn)平面平行的判斷與性質(zhì)理北師大版(含答案)21413/13袈PAGE13襖螇羂蚈薈螁莆薆蚃肅肂薁罿蟻肈薃蚆薇膁膀莀薁薆螄蒅裊芁螀螁蒁羋羆膄蒈芁荿羈莁蚆羃羃蚆莁羈荿芁蒈膄羆羋蒁螁螀芁裊蒅螄薆薁莀膀膁薇蚆薃肈蟻罿薁肂肅蚃薆莆螁薈蚈羂螇襖蒞袈袀膇聿袂葿肅膄膆袀肁蒀螂羇肅袃蝿羀蝕袁螂蠆芄羆羇肀艿肈螞肆薅蚅蕿膀袈葿薂袈螆蒃袇薄蟻衿蒂芆螃蒆膅薄芀芀莃羈羄芅蚇蚄衿蟻芃蒆膅肄羅螃蒈螈膃膈膂螃蕆袃肈腿膃薆莄袆螅羃羈薀肅莈薅薅莈肅薀羈羃螅袆莄薆膃腿肈袃蕆螃膂膈膃螈蒈螃羅肄膅蒆芃蟻衿蚄蚇芅羄羈莃芀芀薄膅蒆螃芆蒂衿蟻薄袇蒃螆袈薂葿袈膀蕿蚅薅肆螞肈艿肀羇羆芄蠆螂袁蝕羀蝿袃肅羇螂蒀肁袀膆膄肅葿袂聿膇袀袈蒞襖螇羂蚈薈螁莆薆蚃肅肂薁罿蟻肈薃蚆薇膁膀莀薁薆螄蒅裊芁螀螁蒁羋羆膄蒈芁荿羈莁蚆羃2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練40直線(xiàn)平面平行的判斷與性質(zhì)理北師大版(含答案)214

課時(shí)規(guī)范練40直線(xiàn)、平面平行的判斷與性質(zhì)

基礎(chǔ)牢固組

1.(2018江西景德鎮(zhèn)盟校二聯(lián),5)關(guān)于直線(xiàn)l與平面α,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

( )

l平行于平面α,則l平行于α內(nèi)的任意一條直線(xiàn)

l與平面α訂交,則l不平行于α內(nèi)的任意一條直線(xiàn)

l不垂直于平面α,則l不垂直于α內(nèi)的任意一條直線(xiàn)

l不垂直于平面α,則過(guò)l的平面不垂直于α

2.(2018黑龍江哈爾濱師范大學(xué)隸屬中學(xué)三模,3)已知互不一樣樣的直線(xiàn)

l,m,nl與m為異面直線(xiàn),l?α,m?β,則α∥βB.若α∥β,l?α,m?β,則l∥m

C.若α∩β=l,β∩γ=m,α∩γ=n,l∥γ,則m∥n

D.若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β3.(2018遼寧沈陽(yáng)質(zhì)檢一,6)如圖,E是正方體

一點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合),BD1∥平面B1CE,則(

ABCD-1AB1)

C1D1的棱

C1D1上的

A.BD1∥CE

B.AC1⊥BD1

C.D1E=2EC1

D.D1E=EC1

4.(2018福建漳州質(zhì)檢,9)在正方形ABCD中,AB=4,點(diǎn)E、F分別是AB、AD

的中點(diǎn),將△AEF沿EF折起到△A'EF的地址,使得A'C=2,在平面A'BC內(nèi),

過(guò)點(diǎn)

B作

BG∥平面

A'EF交邊

A'C

上于點(diǎn)

G,則

A'G=(

)

A.

B.

C.

D.

5.

以下列圖的四個(gè)正方體圖形中

,A,

B為正方體的兩個(gè)極點(diǎn)

,M,N,

P分別為

其所在棱的中點(diǎn)

,能得出

AB∥面

MNP的圖形的序號(hào)是

.

(寫(xiě)出所

有吻合要求的圖形序號(hào)

)

6.

(2018黑龍江仿真模擬五,18)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知側(cè)棱與底面垂直,

CAB=90°,且AC=1,AB=2,E為BB1的中點(diǎn),M為AC上一點(diǎn),AM=AC.

若三棱錐A1-C1ME的體積為,求AA1的長(zhǎng);

證明:CB1∥平面A1EM.

綜合提升組

7.

(2018陜西榆林二模,4)如圖,在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1的6個(gè)極點(diǎn)中任取3個(gè)

點(diǎn)作平面α,設(shè)α∩平面ABC=l,若l∥A1C1,則這3個(gè)點(diǎn)可以是( )A.B,

C,

A1

B.B1,

C1,

A

C.A1,

B1,

C

D.A1,

B,

C1

8.

(2018

四川“聯(lián)測(cè)促改”

,11)

正方體

ABCD-1AB1C1D1棱長(zhǎng)為

3,點(diǎn)

E在邊

BC

上,

且滿(mǎn)足

BE=2EC,

動(dòng)點(diǎn)

M在正方體表面上運(yùn)動(dòng)

,并且總保持

ME⊥BD1,

則動(dòng)

點(diǎn)M的軌跡的周長(zhǎng)為

(

)

9.(2018河北衡水調(diào)研二模,18)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,平面PAB⊥平面ABCD,E是PD的中點(diǎn),棱PA與平面BCE交于點(diǎn)F.

求證:AD∥EF;

若△PAB是正三角形,求三棱錐P-BEF的體積.

10.(2018江西景德鎮(zhèn)二聯(lián),17)如圖,正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,F為棱AC上湊近A的三均分點(diǎn),點(diǎn)E在棱BB1上且BF∥平面A1CE.

求BE的長(zhǎng);

求正三棱柱ABC-A1B1C1被平面A1CE分成的左右兩個(gè)幾何體的體積之比.

創(chuàng)新應(yīng)用組

11.

(2018青海西寧二模,19)以下列圖,四邊形ABCD為菱形,AF=2,AF∥DE,DE

⊥平面ABCD,

求證:AC⊥平面BDE;

當(dāng)DE為何值時(shí),直線(xiàn)AC∥平面BEF?請(qǐng)說(shuō)明原由.

12.(2018山西大同二模,18)如圖,梯形ABCD中,∠BAD=∠

ADC=90°,CD=2,AD=AB=1,四邊形BDEF為正方形,且平面BDEF⊥平面ABCD.

求證:DF⊥CE;

若AC與BD訂交于點(diǎn)O,那么在棱AE上可否存在點(diǎn)G,使得平面OBG∥平面EFC?并說(shuō)明原由.

參照答案

課時(shí)規(guī)范練40直線(xiàn)、平面平行的判斷與性質(zhì)

1.B關(guān)于A,若直線(xiàn)l平行于平面α,則l與α內(nèi)的任意一條直線(xiàn)平行或異面,A錯(cuò);關(guān)于B,若直線(xiàn)l與平面α訂交,則l不平行于α內(nèi)的任意一條直線(xiàn),B正確;關(guān)于C,若直線(xiàn)l不垂直于平面α,則l可垂直于α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線(xiàn),C錯(cuò);關(guān)于D,若直線(xiàn)l不垂直于平面α,則過(guò)l的平面可垂直于α,D錯(cuò),應(yīng)選B.

2.C若l與m為異面直線(xiàn),l?α,m?β,則α與β平行或訂交,A錯(cuò),消除A;若α∥β,l?α,m?β,則l與m平行或異面,B錯(cuò),消除B;若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β或α?β,D錯(cuò),消除D,應(yīng)選C.

3.D設(shè)B1C∩BC1=O,如圖,BD1∥平面B1CE,平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∴BD1∥OE,∵O為BC1的中點(diǎn),∴E為C1D1的中點(diǎn),∴D正確,由異面直線(xiàn)的定義知BD1,CE是異面直線(xiàn),故A錯(cuò);在矩形ABC1D1中,AC1與BD1不垂直,故B錯(cuò);C顯然錯(cuò),應(yīng)選D.

4.B連接AC分別交BD,EF于O,H,

E,F分別是AB,AD中點(diǎn),則EF∥BD,∴=,

BD∥面A'EF,

又∵BG∥面A'EF,∴面BGD∥面A'EF,

面A'CH分別與兩面交于OG,HA',

OG∥HA',∴==,A'G=A'C=,應(yīng)選B.

5.①③在①中,由于平面MNP與AB所在的側(cè)面平行,所以AB∥平面MNP;在③中,由于AB與以MP為中位線(xiàn)的三角形的底邊平行,所以AB∥MP,又因

為MP?平面MNP,AB?平面MNP所.以AB∥平面MNP②④.中,只須平移AB,即

可發(fā)現(xiàn)AB與平面MNP訂交.故填①③.

6.(1)解設(shè)AA1=h,

=,=A1C1×h=,

三棱錐E-A1C1M的高為2,

∴=××2=,

解得h=,即AA1=.

證明如圖,連接AB1交A1E于F,連接MF.

E為BB1的中點(diǎn),

AF=AB1,

又AM=AC,

MF∥CB1,

而MF?平面A1EM,CB1?平面A1EM,

CB1∥平面A1EM.

7.D當(dāng)α為平面A1BC1時(shí),由于平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1BC1∩平面ABC=l,平面A1BC1∩平面A1B1C1=A1C1,所以l∥A1C1,應(yīng)選D.

8.A如圖,在正方體ABCD-1AB1C1D1中,連AC,CB1,B1A,則有BD1⊥平面AB1C.

在BB1、BA上分別取F,G使得BF=2FB1,BG=2GA,連EF,FG,GE,

則有EF∥CB1,EG∥AC,可得平面EFG∥平面AB1C,故得BD1⊥平面EFG,

所以△EFG即為點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡.

由題意得EF=FG=GE=×3=2,

動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的周長(zhǎng)為EF+FG+GE=6.選A.

9.(1)證明由于底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,所以BC∥AD.

又由于BC?平面PAD,AD?平面PAD,

所以BC∥平面PAD.

又由于B,C,E,F四點(diǎn)共面,且平面BCEF∩平面PAD=EF,

所以BC∥EF.

又由于BC∥AD,所以AD∥EF.

解由于AD∥EF,E是PD的中點(diǎn),

所以F為PA的中點(diǎn),EF=AD=1.

又由于平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊥AB,所以AD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB.

又由于△PAB是正三角形,

所以PA=PB=AB=2,

所以S△PBF=S△PBA=.

又EF=1,所以VP-BEF=VE-PBF=××1=.

故三棱錐P-BEF的體積為.

10.解(1)如圖,作FG∥CC1與A1C交于點(diǎn)G,

BE∥CC1,

BE∥FG,面BEGF∩面A1CE=EG,

BF∥面A1CE,

BF∥EG.

于是在平行四邊形BEGF中,BE=FG=AA12.

(2)=××(1+3)×2×=,

=×2×2×3=3,

左邊幾何體的體積為:-=3-=,

∴左右兩個(gè)幾何體的體積之比為∶=5∶4.

11.(1)證明由于DE⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,

所以AC⊥DE,

菱形ABCD中,AC⊥BD,

DE∩BD=D,DE?面BDE,BD?面BDE.

所以AC⊥平面BDE.

(2)解當(dāng)DE=4時(shí),直線(xiàn)AC∥平面BEF,原由以下:

設(shè)菱形ABCD中,AC交BD于O,

取BE的中點(diǎn)M,連接OM,則OM為△BDE的中位線(xiàn),所以O(shè)M∥DE,且OM=DE=2,

又AF∥DE,AF=DE=2,

所以O(shè)M∥AF,且OM=AF.

所以四邊形AOMF為平行四邊形.

則AC∥MF.

由于AC?平面BEF,FM?平面BEF,

所以直線(xiàn)AC∥平面BEF.

12.(1)證明連接EB.由于在梯形ABCD中,∠BAD=∠

ADC=90°,AB=AD=1,DC=2,

BD=,BC=,

222∴BC⊥BD,∴BD+BC=CD,又由于平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,BC?平面

ABCD,

BC⊥平面BDEF,∴BC⊥DF,又由于

正方形BDEF中,DF⊥EB且EB,BC?平面BCE,EB∩BC=B,

DF⊥平面BCE