高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第四节 直线平面平行的判定与性质夯基提能作业本 文.docx
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高考数学一轮复习第八章立体几何第四节直线平面平行的判定与性质夯基提能作业本文
2019年高考数学一轮复习第八章立体几何第四节直线、平面平行的判定与性质夯基提能作业本文
1.设m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,且m,n⊂α,则“α∥β”是“m∥β且n∥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
2.下列四个正方体图形中,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.②③C.①④D.②④
3.已知直线a,b,平面α,则以下三个命题:
①若a∥b,b⊂α,则a∥α;
②若a∥b,a∥α,则b∥α;
③若a∥α,b∥α,则a∥b.
其中真命题的个数是（ ）
A.0B.1C.2D.3
4.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.1B.2C.3D.4
5.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1cm,过AC作平行于对角线BD1的截面,则截面面积为 cm2.
6.（xx课标全国Ⅲ,19,12分）如图,四棱锥P-ABCD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N-BCM的体积.
7.如图所示的几何体ABCDFE中,△ABC,△DFE都是等边三角形,且所在平面平行,四边形BCED是边长为2的正方形,且所在平面垂直于平面ABC.
（1）求几何体ABCDFE的体积;
（2）证明:
平面ADE∥平面BCF.
B组 提升题组
8.如图,四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F,H分别为线段AD,PC,CD的中点,AC与BE交于O点,G是线段OF上一点.
（1）求证:
AP∥平面BEF;
（2）求证:
GH∥平面PAD.
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,E为PD的中点,F在AD上,且∠FCD=30°.
（1）求证:
CE∥平面PAB;
（2）若PA=2AB=2,求三棱锥P-ACE的体积.
10.如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2.点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.
（1）证明:
GH∥EF;
（2）若EB=2,求四边形GEFH的面积.
11.如图,四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,PD=DC=4,AD=2,E为PC的中点.
（1）求三棱锥A-PDE的体积;
（2）线段AC上是否存在一点M,使得PA∥平面EDM?
若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
答案精解精析
A组 基础题组
1.A 若m,n⊂α,α∥β,则m∥β且n∥β;若m,n⊂α,m∥β且n∥β,则α与β相交或平行,即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件.
2.C 对于图形①,平面MNP与AB所在的对角面平行,即可得到AB∥平面MNP;对于图形④,AB∥PN,即可得到AB∥平面MNP;图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行.
3.A 对于①,若a∥b,b⊂α,则应有a∥α或a⊂α,所以①是假命题;对于②,若a∥b,a∥α,则应有b∥α或b⊂α,因此②是假命题;对于③,若a∥α,b∥α,则应有a∥b或a与b相交或a与b异面,因此③是假命题.综上,选A.
4.B 对于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;对于②,直线l还可能在平面α内,故②错误;对于③,三条交线除了平行,还可能相交于同一点,故③错误;对于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.
5.答案
解析 如图所示,截面ACE∥BD1,平面BDD1∩平面ACE=EF,其中F为AC与BD的交点,
∴E为DD1的中点,F为AC的中点,
计算可得AE=CE=cm,AC=cm,
则EF⊥AC,EF=cm,
∴S△ACE=××=（cm2）.
6.解析
（1）证明:
由已知得AM=AD=2,
取BP的中点T,连接AT,TN,
由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.
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PA.
取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.
由AM∥BC得M到BC的距离为,
故S△BCM=×4×=2.
所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=·S△BCM·=.
7.解析
（1）取BC的中点O,ED的中点G,连接AO,OF,FG,AG.
则AO⊥BC,又AO⊂平面ABC,平面BCED⊥平面ABC,
∴AO⊥平面BCED.同理,FG⊥平面BCED.
∵AO=FG=,
∴V几何体ABCDFE=×4××2=.
（2）证明:
由
（1）知AO∥FG,AO=FG,
∴四边形AOFG为平行四边形,∴AG∥OF.
∵DE∥BC,DE∩AG=G,DE⊂平面ADE,
AG⊂平面ADE,FO∩BC=O,FO⊂平面BCF,BC⊂平面BCF,
∴平面ADE∥平面BCF.
B组 提升题组
8.证明
（1）连接EC,
∵AD∥BC,BC=AD,∴BCAE,
∴四边形ABCE是平行四边形,
∴O为AC的中点.
又∵F是PC的中点,∴FO∥AP,
又FO⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,
∴AP∥平面BEF.
（2）连接FH,OH,∵F,H分别是PC,CD的中点,
∴FH∥PD,又FH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,
∴FH∥平面PAD.∵O是BE的中点,H是CD的中点,
∴OH∥AD,又OH⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
∴OH∥平面PAD.又FH∩OH=H,∴平面OHF∥平面PAD.
又∵GH⊂平面OHF,∴GH∥平面PAD.
9.解析
（1）证明:
∵∠ACD=90°,∠CAD=60°,
∴∠FDC=30°.
又∠FCD=30°,
∴∠ACF=60°,
∴AF=CF=DF,即F为AD的中点.
又E为PD的中点,
∴EF∥PA,
∵AP⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,
∴EF∥平面PAB.
又∠BAC=∠ACF=60°,
∴CF∥AB,同理可得CF∥平面PAB.
又EF∩CF=F,
∴平面CEF∥平面PAB,而CE⊂平面CEF,
∴CE∥平面PAB.
（2）∵EF∥AP,AP⊂平面APC,EF⊄平面APC,
∴EF∥平面APC.
又∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=60°,PA=2AB=2,
∴AC=2AB=2,CD==2.
∴VP-ACE=VE-PAC=VF-PAC=VP-ACF=××S△ACD·PA=×××2×2×2=.
10.解析
（1）证明:
因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,
且平面PBC∩平面GEFH=GH,
所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC,
因此GH∥EF.
（2）连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.
因为PA=PC,O是AC的中点,
所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且PO⊄平面GEFH,
所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH=GK,
所以PO∥GK,则GK⊥底面ABCD,
从而GK⊥EF.
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,
从而KB=DB=OB,即K为OB的中点.
再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB的中点,
则GH=BC=4.
由已知可得OB=4,PO===6,
所以GK=3.
故四边形GEFH的面积S=·GK=×3=18.
11.解析
（1）因为PD⊥平面ABCD,
所以PD⊥AD.
又四边形ABCD是矩形,所以AD⊥CD.
因为PD∩CD=D,所以AD⊥平面PCD,
所以AD是三棱锥A-PDE的高.
因为E为PC的中点,且PD=DC=4,
所以S△PDE=S△PDC
=××4×4=4.
又AD=2,
所以VA-PDE=AD·S△PDE
=×2×4=.
（2）存在.取AC的中点M,连接EM,DM,
因为E为PC的中点,所以EM∥PA.
又因为EM⊂平面EDM,PA⊄平面EDM,
所以PA∥平面EDM.
易知AM=AC=.
即在线段AC上存在一点M,
使得PA∥平面EDM,AM的长为.
2019年高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测（三十七）直线、平面垂直的判定及其性质文
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的________条件（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”）．
解析：
依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．
答案：
充分不必要
2．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是________．
解析：
过A作AH⊥BD于H，由平面ABD⊥平面BCD，得AH⊥平面BCD，则AH⊥BC，又DA⊥平面ABC，所以BC⊥DA，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC为直角三角形．
答案：
直角三角形
3．已知平面α，β和直线m，给出条件：
①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.（填所选条件的序号）
解析：
若m⊥α，α∥β，则m⊥β.故填②④.
答案：
②④
4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．
解析：
由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直．
答案：
垂直
5．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，则直线AA1到平面BB1D1D的距离为________cm.
解析：
连结AC交BD于点O，则AO⊥BD.因为BB1⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以BB1⊥AO.又BB1∩BD＝B，所以AO⊥平面BB1D1D.又AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，所以AA1∥平面BB1D1D，所以线段AO的长就是直线AA1到平面BB1D1D的距离．因为AB＝AD＝3cm，AB⊥AD，AO⊥BD，所以AO＝
，即直线AA1到平面BB1D1D的距离为
.
答案：
6.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：
①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．
解析：
①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，又AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．
答案：
①②④
二保高考，全练题型做到高考达标
1．（xx·盐城中学测试）已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题的个数为________．
解析：
若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．
答案：
2
2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中直角三角形的个数为________．
解析：
由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC中共有4个直角三角形．
答案：
4
3．已知正△ABC的边长为2cm，PA⊥平面ABC，A为垂足，且PA＝2cm，那么点P到BC的距离为________cm.
解析：
如图，取BC的中点D，连结AD，PD，则BC⊥AD，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAD，所以PD⊥BC，则PD的长度即为点P到BC的距离．在Rt△PAD中，PA＝2，AD＝
，可得PD＝
＝
.
答案：
4．已知P为△ABC所在平面外一点，AC＝
a，△PAB，△PBC都是边长为a的等边三角形，则平面ABC和平面PAC的位置关系为________．
解析：
如图所示，PA＝PB＝PC＝AB＝BC＝a，
取AC的中点D，连结PD，BD，则PD⊥AC，BD⊥AC.
又AC＝
a，所以PD＝BD＝
a，在△PBD中，PB2＝BD2＋PD2，所以∠PDB＝90°，所以PD⊥BD，所以PD⊥平面ABC.又PD⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
答案：
垂直
5．已知直线a和两个不同的平面α，β，且a⊥α，a∥β，则α，β的位置关系是________．
解析：
记b⊂β且a∥b，因为a∥b，a⊥α，所以b⊥α，因为b⊂β，所以α⊥β.
答案：
垂直
6.
如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有________．
解析：
因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：
AB，BC，AC AB
7．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥DABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是________（填序号）．
解析：
由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错误．
答案：
①②③
8.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：
设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝
，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝
h.
又2×
＝h×
，
所以h＝
，DE＝
.
在Rt△DB1E中，B1E＝
＝
.
由面积相等得
×
＝
x，得x＝
.
即线段B1F的长为
.
答案：
9．（xx·南通三模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP＝AD，M，N分别为棱PD，PC的中点．
求证：
（1）MN∥平面PAB；
（2）AM⊥平面PCD.
证明：
（1）因为M，N分别为棱PD，PC的中点，
所以MN∥DC，
又因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，
所以MN∥AB.
又AB⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
（2）因为AP＝AD，M为PD的中点，
所以AM⊥PD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD.
又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.
因为CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD.
10．（xx·徐州高三年级期中考试）
如图，在三棱锥SABC中，SA＝SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB.
求证：
（1）AB∥平面SDE；
（2）平面ABC⊥平面SDE.
证明：
（1）因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC＝AB，所以DE∥AB.
因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，
所以AB∥平面SDE.
（2）因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．
又因为SA＝SC，所以SE⊥AC，
又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC.
因为DE∩SE＝E，DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，
所以AC⊥平面SDE.
因为AC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面SDE.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．（xx·兰州实战考试）α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：
①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是________．
解析：
由题意得，AB∥CD，所以A，B，C，D四点共面，①：
因为AC⊥β，EF⊂β，所以AC⊥EF，又因为AB⊥α，EF⊂α，所以AB⊥EF，因为AB∩AC＝A，所以EF⊥平面ABCD，又因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：
由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥α.因为平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，所以EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故③正确；④：
由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.
答案：
①③
2.如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥AD1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的命题序号是________．
解析：
由题意可得BC1∥AD1，又AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，
所以BC1∥平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，VAD1PC＝VPAD1C，所以体积不变，故①正确；连结A1C1，A1B，可得平面ACD1∥平面A1C1B.又因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；当点P运动到B点时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正确；因为AC⊥平面DD1B1B，DB1⊂平面DD1B1B，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面ACD1.又因为DB1⊂平面PDB1.所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．综上，正确的序号为①②④.
答案：
①②④
3．（xx·泰州调研）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AE＝CF＝2a.
（1）求证：
B1F⊥平面ADF；
（2）求三棱锥B1ADF的体积；
（3）求证：
BE∥平面ADF.
解：
（1）证明：
因为AB＝AC，D为BC的中点，
所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为B1B⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，
所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，
因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.
在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝a，B1C1＝CF＝2a，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面AFD.
（2）因为B1F⊥平面AFD，
所以VB1ADF＝
·S△ADF·B1F＝
×
×AD×DF×B1F＝
.
（3）证明：
连结EF，EC，设EC∩AF＝M，连结DM，
因为AE＝CF＝2a，
所以四边形AEFC为矩形，
所以M为EC中点，
因为D为BC中点，所以MD∥BE.
因为MD⊂平面ADF，BE⊄平面ADF，
所以BE∥平面ADF.
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