高考数学文一轮复习检测第七章 立体几何 课时作业45 及答案.docx

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高考数学文一轮复习检测第七章立体几何课时作业45及答案

课时作业45　直线、平面平行的判定及其性质

一、选择题

1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则（　　）

A．α内的所有直线与l异面

B．α内不存在与l平行的直线

C．α与直线l至少有两个公共点

D．α内的直线与l都相交

解析：

因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．

答案：

B

2．已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是（　　）

A．存在一条直线b，a∥b且b⊂α

B．存在一条直线b，a⊥b且b⊥α

C．存在一个平面β，a⊂β且α∥β

D．存在一个平面β，a∥β且α∥β

解析：

在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．

答案：

C

3．平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是（　　）

A．AB∥CDB．AD∥CB

C．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面

解析：

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．

答案：

D

4．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是（　　）

A．l∥αB．l⊥α

C．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α

解析：

l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；l⊥α时，直线l上有两个点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．故选D.

答案：

D

5．已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是（　　）

A．l∥m，l∥β，则m∥β

B．α∩β＝m，l⊂α，则l∥β

C．α⊥β，l⊥α，则l∥β

D．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β

解析：

对于选项A，m可能在β内，故A错；对于选项B，l可能与β相交，故B错；对于选项C，l可能在β内，故C错，所以选D.

答案：

D

6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线（　　）

A．有无数条

B．有2条

C．有1条

D．不存在

解析：

因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条．

答案：

A

二、填空题

7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．

解析：

如图，

连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.

答案：

平行

8．如图，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于G，连接CD交平面β于H，则四边形BGEH必为________．

解析：

由题意知，直线a与直线AF确定平面ACF，由面面平行的性质定理，可得BG∥CF，同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．

答案：

平行四边形

9．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.

解析：

如图，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.

答案：

Q为CC1的中点

三、解答题

10．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

（1）求证：

BE∥平面DMF；

（2）求证：

平面BDE∥平面MNG.

证明：

（1）连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，

所以BE∥MO，

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，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.

11．（2016·山东卷）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.

（Ⅰ）已知AB＝BC，AE＝EC.求证：

AC⊥FB；

（Ⅱ）已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：

GH∥平面ABC.

证明：

（Ⅰ）因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.

因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.

同理可得BD⊥AC.

又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，

因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.

（Ⅱ）设FC的中点为I，连接GI，HI.

在△CEF中，因为G是CE的中点，

所以GI∥EF.

又EF∥DB，所以GI∥DB.

在△CFB中，因为H是FB的中点，

所以HI∥BC，

又HI∩GI＝I，

所以平面GHI∥平面ABC.

因为GH⊂平面GHI，

所以GH∥平面ABC.

1．（2017·河南三市联考）如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M、N分别在AD1、BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f（x）的图象大致是（　　）

解析：

过M作MQ∥DD1，交AD于Q，连QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1，又QN⊂平面MNQ，∴NQ∥平面DCC1D1，∴NQ∥DC，∵AQ＝BN＝x，DD1＝AA1＝2，AD＝AB＝1，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1.∴y2－4x2＝1（x≥0，y≥1），∴函数y＝f（x）的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.

答案：

C

2．（2016·新课标全国卷Ⅱ）α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：

①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.

②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.

③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.

④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．

其中正确的命题有________．（填写所有正确命题的编号）

解析：

对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：

如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．

命题②正确，证明如下：

设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．

由平面与平面平行的定义知命题③正确．

由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．

答案：

②③④

3．空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是________．

解析：

设

＝

＝k，

∴

＝

＝1－k，

∴GH＝5k，EH＝4（1－k），

∴周长＝8＋2k.

又∵0

答案：

（8,10）

4．（2016·北京卷）如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.

（Ⅰ）求证：

DC⊥平面PAC；

（Ⅱ）求证：

平面PAB⊥平面PAC；

（Ⅲ）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？

说明理由．

解：

（Ⅰ）因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.

又因为DC⊥AC，

所以DC⊥平面PAC.

（Ⅱ）因为AB∥DC，DC⊥AC，

所以AB⊥AC.

因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.

所以平面PAB⊥平面PAC.

（Ⅲ）棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：

如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.

又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.

又因为PA⊄平面CEF，

所以PA∥平面CEF.