志鸿优化设计届高考数学一轮复习 考点规范练40.docx

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志鸿优化设计届高考数学一轮复习考点规范练40

考点规范练40　直线、平面平行的判定与性质

一、非标准

1.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

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.平面α∥平面β的一个充分条件是（　　）

A.存在一条直线a,a∥α,a∥β

B.存在一条直线a,a⊂α,a∥β

C.存在两条平行直线a,b,a

⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α

D.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b

⊂β,a∥β,b∥α

4.

如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQ∥AC,则下列命题中错误的是（　　）

A.AC⊥BD

B.AC∥截面PQMN

C.AC=BD

D.异面直线PM与BD所成的角为45°

5.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G为MC的中点.则下列结论中不正确的是（　　）

A.MC⊥AN

B.GB∥平面AMN

C.平面CMN⊥平面AMN

D.平面DCM∥平面ABN

6.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. 

7.（2014河北保定调研）已知直三棱柱ABC-A'B'C'满足∠BAC=90°,AB=AC=AA'=2,点M,N分别为A'B,B'C'的中点.

（1）求证:

MN∥平面A'ACC';

（2）求三棱锥C-MNB的体积.

8.

如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:

（1）平面EFG∥平面ABC;

（2）BC⊥SA.

9.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4.又H,G分别为BC,CD的中点,则（　　）

A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形

B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形

C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形

D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形

10.设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∥αB.m∥l1且n∥l2

C.m∥β且n∥βD.m∥β且n∥l2

11.设α,β,γ为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“若α∩β=m,n⊂γ,且　　　　　,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题. 

①α∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.

可以填入的条件有　　　　　. 

12.

如图,在四棱锥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）AC边上是否存在一点M,使得PA∥平面EDM?

若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.

13

.（2014安徽,文19）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.

##

一、非标准

1.A　解析:

对于①,若a∥b,b⊂α,则应有a∥α或a⊂α,所以①不正确;

对于②,若a∥b,a∥α,则应有b∥α或b⊂α,因此②不正确;

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,在空间中,以上三个命题都是假命题.

2.C　解析:

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.D　解析:

若α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,

则a∥α,a∥β,故排除A.

若α∩β=l,a⊂α,a∥l,

则a∥β,故排除B.

若α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,

则a∥β,b∥α,故排除C.

选D.

4.C　解析:

由题意可知PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以AC⊥BD,故A正确;

由PQ∥AC可得AC∥截面PQM

N,故B正确;

由PN∥BD可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,

又四边形PQMN为正方形,

所以∠MPN=45°,故D正确;

而AC=BD没有论证来源.

5.C　解析:

显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体,把该几何体放置到正方体中（如图）,

取AN的中点H,连接HB,MH,则MC∥HB,又HB⊥AN,所以MC⊥AN,所以A正确;

由题意易得GB∥MH,

又GB⊄平面AMN,MH⊂平面AMN,

所以GB∥平面AM

N,所以B正确;

因为AB∥CD,DM∥BN,

且AB∩BN=B,CD∩DM=D,

所以平面DCM∥平面ABN,所以D正确.

6.Q为CC1的中点　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.

7.

（1）证明:

如图,连接AB',AC'.

∵四边形ABB'A'为矩形,M为A'B的中点,

∴AB'与A'B交于点M,且M为AB'的中点.

又点N为B'C'的中点,∴MN∥AC'.

∵MN⊄平面A'ACC',

且AC'⊂平面A'ACC',

∴MN∥平面A'ACC'.

（2）解:

由图可知VC-MNB=VM-BCN.

∵∠BAC=90°,

∴BC==2,

又三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,且AA'=4,

∴S△BCN=×2×4=4.

∵A'B'=A'C'=2,∠B'A'C'=90°,点N为B'C'的中点,

∴A'N⊥B'C',A'N=.

又BB'⊥平面A'B'C',∴A'N⊥BB'.

∴A'N⊥平面BCN.

又M为A'B的中点,

∴M到平面BCN的距离为.

∴VC-MNB=V

M-BCN=×4.

8.证明:

（1）因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.

又因为E是SA

的中点,所以EF∥AB.

因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,

所以EF∥平面ABC.

同理EG∥平面ABC.

又EF∩EG=E,

所以平面EFG∥平面ABC.

（2）因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,AF⊂平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC.

因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.

又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面SAB,

所以BC⊥平面SAB.

因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.

9.B　解析:

如图,由题意得,EF∥BD,

且EF=BD.

HG∥BD,且HG=BD,

∴EF∥HG,且EF≠HG.

∴四边形EFG

H是梯形.

又EF∥平面BCD,而EH与平面ADC不平行,故B正确.

10.B　解析:

对于选项A,不合题意;

对于选项B,由于l1与l2是相交直线,而且由l1∥m可得l1∥α,同理可得l2∥α,故可得α∥β,充分性成立,而由α∥β不一定能得到l1∥m,它们也可以异面,故必要性不成立,故选B;

对于选项C,由于m,n不一定相交,故是必要不充分条件;

对于选项D,由于n∥l2可转化为n∥β,同选项C,故不符合题意.

综上选B.

11.①或③　解析:

由面面平行的性质定理可知,①正确;当n∥β,m⊂γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.

12.解:

（1）因为PD⊥平面ABCD,

所以PD⊥AD.

又因为A

BCD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.

又AD=2,

所以VA-PDE=AD·S△PDE=×2×4=.

（2）取AC的中点M,连接EM,DM,

因为E为PC的中点,M为AC的中点,所以EM∥PA.

又因为EM⊂平面E

DM,PA⊄平面EDM,所以PA∥平面EDM.

所以AM=AC=.

即在AC边上存在一点M,使得PA∥平面EDM,AM的长为.

13.

（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）解:

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,且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,

且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.