高考數學一輪復習 第八章 立體幾何 課時達標檢測（三十六）直線、平面平行的判定與性質 理-人教版高三數學試題

課時達標檢測（三十六）直線、平面平行的判定與性質小題?？碱}點——準解快解]1．(2018·河北保定模擬)有下列命題：①若直線l平行于平面α內的無數條直線，則直線l∥α；②若直線a在平面α外，則a∥α；③若直線a∥b，b∥α，則a∥α；④若直線a∥b，b∥α，則a平行于平面α內的無數條直線．其中真命題的個數是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選A命題①l可以在平面α內，是假命題；命題②直線a與平面α可以是相交關系，是假命題；命題③a可以在平面α內，是假命題；命題④是真命題．2．(2018·湖南湘中名校聯考)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，下列命題中正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，m?β，則α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n解析：選DA中，兩直線可能平行，相交或異面；B中，兩平面可能平行或相交；C中，兩平面可能平行或相交；D中，由線面垂直的性質定理可知結論正確，故選D.3．設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：選A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．4．(2018·襄陽模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是()A．MN與CC1垂直B．MN與AC垂直C．MN與BD平行D．MN與A1B1平行解析：選D如圖所示，連接AC，C1D，BD，則MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A、C正確，D錯誤，又因為AC⊥BD，所以MN⊥5.(2018·湖南長郡中學質檢)如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1中，過A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與AB的位置關系是()A．異面 B．平行C．相交 D．以上均有可能解析：選B在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1∵AB?平面ABC，A1B1?平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵過A1B1的平面與平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.6．已知正方體ABCD-A1B1C1D1①AD1∥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∥DC1，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：①②④7.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于點E，連接BN，并延長交CD于點F，由重心性質可知，E，F重合為一點，且該點為CD的中點E，連接MN，由eq\f(EM,MA)＝eq\f(EN,NB)＝eq\f(1,2)，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.答案：平面ABC、平面ABD8.如圖所示，三棱柱ABC-A1B1C1的側面BCC1B1是菱形，設D是A1C1上的點且A1B∥平面B1CD，則A1D∶DC1解析：設BC1∩B1C＝O，連接OD∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四邊形BCC1B1是菱形，∴O為BC1的中點，∴D為A1C1的中點，則A1D∶DC1答案：1[大題常考題點——穩(wěn)解全解]1.如圖，ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．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)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，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，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.2.(2018·長春質檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，點D1為棱PD的中點，過D1作與平面ABCD平行的平面與棱PA，PB，PC相交于點A1，B1，C1，∠BAD＝60°.(1)求證：B1為PB的中點；(2)已知棱錐的高為3，且AB＝2，AC，BD的交點為O，連接B1O.求三棱錐B1-ABO外接球的體積．解：(1)證明：連接B1D1.由題意知，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面PBD∩平面ABCD＝BD平面PBD∩平面A1B1D1＝B1D1，則BD∥B1D1，即B1D1為△PBD的中位線，即B1為PB的中點．(2)由(1)可得，OB1＝eq\f(3,2)，AO＝eq\r(3)，BO＝1，且OA⊥OB，OA⊥OB1，OB⊥OB1，即三棱錐B1-ABO的外接球為以OA，OB，OB1為長，寬，高的長方體的外接球，則該長方體的體對角線長d＝eq\r(12＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\f(5,2)，即外接球半徑R＝eq\f(5,4).則三棱錐B1-ABO外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))3＝eq\f(125π,48).3.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.證明：(1)如圖所示，取BB1的中點M，連接MH，MC1，易證四邊形HMC1D1是平行四邊形，∴HD1∥MC1.又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1.(2)取BD的中點O，連接EO，D1O，則OE綊eq\f(1,2)DC，又D1G綊eq\f(1,2)DC，∴OE綊D1G，∴四邊形OEGD1是平行四邊形，∴GE∥D1O.又GE?平面BB1D1D，D1O?平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，又BD∥B1D1，B1D1，HD1?平面B1D1H，BF，BD?平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H.4.如圖，四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點．(1)求證：CE∥平面PAD.(2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結論，若不存在，請說明理由．解：(1)證明：取PA的中點H，連接EH，DH，因為E為PB的中點，所以EH∥AB，EH＝eq\f(1,2)AB，又AB∥CD，CD＝eq\f(1,2)AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四邊形DCEH是平行四邊形，所以CE∥DH，又DH?平面PAD，CE?平面PAD，因此CE∥平面PAD.(2)存在點F為AB的中點，使平面PAD∥平面CE