世纪金榜高三理科数学一轮复习全套试题含答案课时提能演练四十五74.docx
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世纪金榜高三理科数学一轮复习全套试题含答案课时提能演练四十五74
课时提能演练（四十五）
（45分钟100分）
一、选择题（每小题6分，共36分）
1.若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是（）
（A）a平行于α内的所有直线
（B）α内有无数条直线与a平行
（C）直线a上的点到平面α的距离相等
（D）α内存在无数条直线与a成90°角
2.下列命题中正确的个数是（）
①若直线a不在α内，则a∥α；
②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；
③若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；
④平行于同一平面的两直线可以相交．
（A）1（B）2（C）3（D）4
3.（预测题）设m、n表示不同直线，α、β表示不同平面，下列命题中正确的是（）
（A）若m∥α,m∥n,则n∥α
（B）若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β，则α∥β
（C）若α⊥β,m⊥α,m⊥n,则n∥β
（D）若α⊥β,m⊥α,n∥m,nβ,则n∥β
4.（2012·莆田模拟）已知m,n是不同的直线，α,β是不重合的平面，给出下列命题
①若m∥α,则m平行于平面α内的无数条直线
②若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
③若m⊥α,n⊥β,m∥n则α∥β
④若α∥β,m⊂α,则m∥β
其中正确命题的个数是（）
（A）1（B）2（C）3（D）4
5.设α,β是两个不同的平面，m,n是平面α内的两条不同直线，l1,l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是（）
（A）m∥β且l1∥α
（B）m∥β且n∥l2
（C）m∥β且n∥β
（D）m∥l1且n∥l2
6.（2012·厦门模拟）a、b、c为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合平面，现给出六个命题：
其中正确的命题是（）
（A）①②③（B）①④⑤
（C）①④（D）①③④
二、填空题（每小题6分，共18分）
7.考查下列两个命题，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a、b为不同的直线，α、β为不重合的平面），则此条件为__________．
8.（2012·晋城模拟）已知l、m、n是互不相同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列命题：
①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；
②若α∥β，l⊂α,m⊂β,则l∥m；
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.
其中所有真命题的序号为____________.
9.（易错题）已知平面α∥平面β，P是α,β外一点，过点P的直线m分别与α,β交于A,C，过点P的直线n分别与α，β交于B，D，且PA=6，AC=9,PD=8，则BD的长为_________．
三、解答题（每小题15分，共30分）
10.已知如图：
E、F、G、H分别是正方体
ABCD-A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点.
（1）求证：
EG∥平面BB1D1D；
（2）求证：
平面BDF∥平面B1D1H.
11.（2012·大庆模拟）如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，D是BC的中点.
（1）若E为A1C1的中点，求证：
DE∥平面ABB1A1；
（2）若E为A1C1上一点，且A1B∥平面B1DE，求
的值.
【探究创新】
（16分）如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
（1）证明：
平面AB1C∥平面DA1C1；
（2）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？
若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
答案解析
1.【解析】选A.若直线a平行于平面α,则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面或垂直，所以A不正确，B、D正确，又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确.
2.【解析】选B.a∩α＝A时，a
α，∴①错；
直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，故②错；
l∥α，l与α无公共点，∴l与α内任一直线都无公共点，③正确；长方体中A1C1与B1D1都与面ABCD平行，∴④正确．
3.【解析】选D.由m∥α,m∥n可推得n∥α或n⊂α，故A错误；由m⊂
α,n⊂α,m∥β，n∥β不能推出α∥β，缺少条件m与n相交，故B错误；由α⊥β,m⊥α,m⊥n，n与β的位置关系可能平行，可能相交，也可能n⊂β，故C错误；只有D正确.
4.【解析】选C.由线面平行的定义可知①正确；②中m与n可能平行，也可能异面，故②错误；由面面平行的判定可证明③正确；由面面平行的性质可知④正确，综合上述①③④正确，选C.
5.【解题指南】选出的条件能推出α∥β，而反之不成立．
【解析】选D.如图
（1），α∩β=l,m∥l,l1∥l,
满足m∥β且l1∥α,故排除A；
在图
（2）中，m∥n∥l∥l2满足m∥β且n∥l2,故排除B；
如图
（2），α∩β=l,m∥n∥l,满足m∥β且n∥β,故排除C.
D中，当m∥l1且n∥l2时，由于m,n是平面α内的两条不同直线，故可得m,n相交，从而α∥β.反之，当α∥β时，不一定有m∥l1且n∥l2，如图（3）.
6.【解析】选C.①④正确，②错在a、b可能相交或异面．
③错在α与β可能相交．⑤⑥错在a可能在α内．
7.【解析】①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“a为平面α外的直线”，即“a
α”．它同样适合②，故填a
α.
答案：
a
α
8.【解析】①中，当α、β不平行时，也可能存在符合条件的l、m；②中的直线l、m也可能异面；③中由l∥γ,l⊂β,γ∩β=m得l∥m,同理l∥n,故m∥n.
答案：
③
【变式备选】设a,b为不重合的两条直线，α,β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a⊂α,b
α,a,b是异面直线，那么b∥α；
②若a∥α且b∥α，则a∥b；
③若a⊂α,b∥α,a,b共面，那么a∥b；
④若α∥β,a⊂α，则a∥β．
上面命题中，所有真命题的序号是________．
【解析】①中的直线b与平面α也可能相交，故不正确；②中的直线a,b可能平行、相交或异面，故不正确；由线面平行的性质得③正确；由面面平行的性质可得④正确．
答案：
③④
9.【解析】分两种情况考虑，即当点P在两个平面的同一侧和点P在两平面之间两种可能．由两平面平行得交线AB∥CD，截面图如图所示，
由三角形相似可得BD=
或BD=24.
答案：
或24
10.【证明】
（1）取B1D1的中点O，连接GO，OB，
易证四边形BEGO为平行四边形，故OB∥GE,
由线面平行的判定定理即可证EG∥平面BB1D1D.
（2）由题意可知BD∥B1D1.
如图，连接HB、D1F，
易证四边形HBFD1是平行四边形，
故HD1∥BF.
又B1D1∩HD1=D1,
BD∩BF=B,
所以平面BDF∥平面B1D1H.
11.【解析】
（1）取B1C1中点G，连接EG、GD，
则EG∥A1B1，DG∥BB1，
又EG∩DG=G，∴平面DEG∥平面ABB1A1，
又DE⊂平面DEG，
∴DE∥平面ABB1A1.
（2）设B1D交BC1于点F，则平面A1BC1∩平面B1DE=EF.
因为A1B∥平面B1DE，A1B⊂平面A1BC1，
所以A1B∥EF.所以
.
又因为
，所以
.
【探究创新】
【解题指南】
（1）转化为线线平行来证明；
（2）先猜想点P的位置，然后再证明．
【解析】
（1）由棱柱ABCD－A1B1C1D1的性质知AB1∥DC1，A1D∥B1C，AB1∩B1C＝B1，
A1D∩DC1＝D，
∴平面AB1C∥平面DA1C1.
（2）存在这样的点P满足题意．
在C1C的延长线上取点P，
使C1C＝CP，连接BP，
∵B1B
CC1，∴BB1
CP，
∴四边形BB1CP为平行四边形，
∴BP∥B1C，
又∵A1D∥B1C,
∴BP∥A1D，
∴BP∥平面DA1C1．
【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法
探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目，能较好地考查学生的猜想能力和推理能力．一般以判断点的存在性为主，用几何法解答探索性问题的一般步骤是：
先假设所求的点存在，然后在这一条件下进行推理论证，得出相关的结论．如果得出矛盾，则说明假设不成立，即不存在满足条件的点；如果得不出矛盾，则说明假设成立，即存在满足条件的点．
【变式备选】如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB=2CD，在棱AB上是否存在一点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1？
若存在，求点F的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】存在这样的点F，使面C1CF∥平面ADD1A1，此时点F为AB的中点．证明如下：
∵AB∥CD，AB=2CD，
∴AF
CD，∴四边形AFCD为平行四边形，
∴AD∥CF，
又AD⊂平面ADD1A1，CF
平面ADD1A1，
∴CF∥平面ADD1A1.
又CC1∥DD1，CC1
平面ADD1A1，
DD1⊂平面ADD1A1，
∴CC1∥平面ADD1A1，
又CC1、CF⊂平面C1CF，CC1∩CF＝C，
∴平面C1CF∥平面ADD1A1.
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