课时跟踪检测(四十) 直线、平面平行的判定与性质
1.(2019·西安模拟)设α,β是两个平面,直线a?α,则“a∥β”是“α∥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
解析:选B 依题意,由a?α,a∥β不能推出α∥β,此时平面α与β可能相交;反过来,由α∥β,a?α,可得a∥β.综上所述,“a∥β”是“α∥β”的必要不充分条件,选B. 2.(2019·四川名校联考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN与平面BB1C1C的位置关系是( ) A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定
解析:选B 由题可得A1M=A1B,AN=AC,所以分别取BC,BB1上的点P,Q,使得CP=BC,BQ=BB1,连接MQ,NP,PQ,则MQ綊B1A1,NP綊AB,又B1A1綊AB,故MQ綊NP,所以四边形MQPN是平行四边形,则MN∥QP,QP?平面BB1C1C,MN?平面BB1C1C,则MN∥平面BB1C1C,故选B.
3.(2019·枣庄诊断)如图,直三棱柱ABC-A′B′C′中,△ABC是边长为2的等边三角形,AA′=4,点E,F,G,H,M分别是边AA′,AB,BB′,A′B′,BC的中点,动点P在四边形EFGH内部运动,并且始终有MP∥平面ACC′A′,则动点P的轨迹长度为( ) A.2 B.2π C.2 D.4
解析:选D 连接MF,FH,MH,因为M,F,H分别为BC,AB,A′B′的中点,所以MF∥平面AA′C′C,FH∥平面AA′C′C,所以平面MFH∥平面AA′C′C,所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C,所以点P的运动轨迹是线段FH,其长度为4,故选D. 4.(2019·成都模拟)已知直线a,b和平面α,下列说法中正确的是( ) A.若a∥α,b?α,则a∥b B.若a⊥α,b?α,则a⊥b
C.若a,b与α所成的角相等,则a∥b D.若a∥α,b∥α,则a∥b
解析:选B 对于A,若a∥α,b?α,则a∥b或a与b异面,故A错;对于B,利用线面垂直的性质,可知若a⊥α,b?α,则a⊥b,故B正确;对于C,若a,b与α所成的角相等,则a与b相交、平行或异面,故C错;对于D,由a∥α,b∥α,则a,b之间的位置关系可以是相交、平行或异面,故D错.
5.(2017·全国卷Ⅰ)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )
解析:选A 法一:对于选项B,如图所示,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ .又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二:对于选项A,设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示),连接OQ,则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行,根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知,选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A. 6.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是( ) A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β B.若m∥n,m?α,n?β,则α∥β C.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β D.若m∥n,m∥α,则n∥α
解析:选C 对于A,若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β或γ与β相交;对于B,若m∥n,m?α,n?β,则α∥β或α与β相交;易知C正确;对于D,若m∥n,m∥α,则n∥α或n在平
面α内.故选C.
7.如图所示,三棱柱ABC -A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD,则A1D∶DC1的值为________.
解析:设BC1∩B1C=O,连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD=OD,∴A1B∥OD,∵四边形BCC1B1是菱形,
∴O为BC1的中点,∴D为A1C1的中点,则A1D∶DC1=1. 答案:1
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是________(只填序号). ①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1; ③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1.
解析:连接AD1,BC1,AB1,B1D1,C1D,BD,因为AB綊C1D1,所以四边形AD1C1B为平行四边形,故AD1∥BC1,从而①正确;易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②正确;由图易知AD1与DC1异面,故③错误;因为AD1∥BC1,AD1?平面BDC1,BC1?平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正确. 答案:①②④
9.在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为△PAC的重心,过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为________.
解析:如图,过点G作EF∥AC,分别交PA,PC于点E,F,过点E作EN∥PB交AB于点N,过点F作FM∥PB交BC于点M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面),且EF=MN=AC=2,FM=EN=PB=2,所以截面的周长为2×4=8. 答案:8
10.(2019·南宁毕业班摸底)如图,△ABC中,AC=BC=AB,四边形ABED是边长为1的正方形,平面ABED⊥底面ABC,G,F分别是EC,BD的中点. (1)求证:GF∥底面ABC; (2)求几何体ADEBC的体积.
解:(1)证明:如图,取BC的中点M,AB的中点N,连接GM,FN,MN. ∵G,F分别是EC,BD的中点, ∴GM∥BE,且GM=BE, NF∥DA,且NF=DA.
又四边形ABED为正方形,∴BE∥AD,BE=AD, ∴GM∥NF且GM=NF.
∴四边形MNFG为平行四边形.
∴GF∥MN,又MN?平面ABC,GF?平面ABC, ∴GF∥平面ABC.
(2)连接CN,∵AC=BC,∴CN⊥AB, 又平面ABED⊥平面ABC,CN?平面ABC, ∴CN⊥平面ABED.
易知△ABC是等腰直角三角形,∴CN=AB=, ∵C-ABED是四棱锥,
∴VC-ABED=S四边形ABED·CN=×1×=.
11.如图,四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点,求证:
(1)BE∥平面DMF;
(2)平面BDE∥平面MNG.
证明:(1)如图,连接AE,设DF与GN的交点为O, 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BD?平面MNG,MN?平面MNG, 所以BD∥平面MNG.
又DE?平面BDE,BD?平面BDE,DE∩BD=D, 所以平面BDE∥平面MNG.
12.(2019·河南八市联考)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=2,PA⊥平面ABCD,E,F分别为AD,PA的中点,点Q是BC上一个动点.
(1)当Q是BC的中点时,求证:平面BEF∥平面PDQ; (2)当BD⊥FQ时,求的值.
解:(1)证明:∵E,Q分别是AD,BC的中点, ∴ED=BQ,ED∥BQ,
∴四边形BEDQ是平行四边形, ∴BE∥DQ.
又BE?平面PDQ,DQ?平面PDQ, ∴BE∥平面PDQ,
又F是PA的中点,∴EF∥PD, ∵EF?平面PDQ,PD?平面PDQ, ∴EF∥平面PDQ,
∵BE∩EF=E,BE?平面BEF,EF?平面BEF, ∴平面BEF∥平面PDQ. (2)如图,连接AQ,
∵PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,∴PA⊥BD.
∵BD⊥FQ,PA∩FQ=F,PA?平面PAQ,FQ?平面PAQ, ∴BD⊥平面PAQ,
∵AQ?平面PAQ,∴AQ⊥BD,
在矩形ABCD中,由AQ⊥BD得△AQB与△DBA相似, ∴AB2=AD×BQ, 又AB=1,AD=2, ∴BQ=,QC=,∴=.
新课改省份专用版高考数学一轮复习 课时跟踪检测四十直线、平面平行的判定与性质含解析.doc
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