高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标39直线平面平行的判定及其性质.docx

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高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标39直线平面平行的判定及其性质

2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标39直线平面平行的判定及其性质

[解密考纲]对直线、平面平行的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面平行的判定与性质常以解答题为主，难度中等．

一、选择题

1．已知两个不同的平面α，β，两条不同的直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”的（　B　）

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　因为“a∥β，b∥β”，若a∥b，则α与β不一定平行，反之若“α∥β”，则一定“a∥β，b∥β”．故选B．

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

A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形

B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形

C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形

D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形

解析　由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF

BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG

BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．

3．能使直线a与平面α平行的条件是（　D　）

A．直线与平面内的一条直线平行

B．直线与平面内的某条直线不相交

C．直线与平面内的无数条直线平行

D．直线与平面内的所有直线不相交

解析　A项不正确，因为由直线与平面内的一条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；B项不正确，因为由直线与平面内的某条直线不相交，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内，也可能和平面相交；C项不正确，因为由直线与平面内的无数条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；D项正确，因为由直线与平面内的所有直线不相交，依据直线和平面平行的定义可得直线与平面平行．

4．下面四个正方体图形中，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的图形是（　A　）

A．①②　　B．①④　　C．②③　　D．③④

解析　由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.

5．已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是（　C　）

A．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b

B．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥β

C．若a∥b，α∩β＝a，则b∥α或b∥β

D．若直线a与b异面，a⊂α，b⊂β，则α∥β

解析　对于A项，a与b还可能相交或异面，此时a与b不平行，故A项不正确；对于B项，α与β可能相交，此时设α∩β＝m，则a∥m，b∥m，故B项不正确；对于D项，α与β可能相交，如图所示，故D项不正确．故选C．

6．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：

①

⇒n∥α；②

⇒m∥n；③

⇒α∥β；④

⇒m∥n.其中正确命题的序号是（　B　）

A．③④　　B．②③　　C．①②　　D．①②③④

解析　①不正确，n可能在α内．

②正确，垂直于同一平面的两直线平行．

③正确，垂直于同一直线的两平面平行．

④不正确，m，n可能为异面直线．故选B．

二、填空题

7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于　

　.

解析　因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，

且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC.

又E是DA的中点，所以F是DC的中点，

由中位线定理可得EF＝

AC，

又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，

所以AC＝2

，所以EF＝

.

8．设α，β，γ是三个不同平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：

①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且____，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是__①③__（把所有符合题意条件的序号填上）．

解析　①可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β＝a，b⊂γ，知a，b在面β内，且没有公共点，故平行．

②a∥γ，b∥β不可以，举出反例如下：

使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b.这些条件无法确定两直线的位置关系．

③b∥β，a⊂γ可以，由b∥β，α∩β＝a，知a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ，可得两直线平行．

9．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM＝tPC，PA∥平面MQB，则实数t＝__

__.

解析　连AC交BQ于N，交BD于O，

连接MN，如图，则O为BD的中点．

又∵BQ为△ABD边AD上的中线，

∴N为正三角形的中心．

令菱形ABCD的边长为a，

则AN＝

a，AC＝

a.

∵PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，

平面PAC∩平面MQB＝MN，

∴PA∥MN，∴PM∶PC＝AN∶AC，

即PM＝

PC，t＝

.

三、解答题

10．如图，P是△ABC所在平面外一点，A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．求证：

平面A′B′C′∥平面ABC.

证明　连接PA′，PC′并延长，分别交BC，AB于M，N.

∵A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，

∴M，N分别是BC，AB的中点．连接MN，

由

＝

＝

，知A′C′∥MN，∵MN⊂平面ABC，

∴A′C′∥平面ABC.同理，A′B′∥平面ABC，又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，∴平面A′B′C′∥平面ABC.

11．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.

（1）求四面体ABCD的体积；

（2）证明：

四边形EFGH是矩形．

解析　

（1）由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，

∴AD⊥平面BDC，

∴四面体ABCD的体积V＝

×

×2×2×1＝

.

（2）证明：

∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，

∴BC∥FG，BC∥EH，则FG∥EH.

同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.

∴四边形EFGH是平行四边形．

又∵AD⊥平面BDC，

∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．

12．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q是CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点且A1F∥平面D1AQ，求A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围．

解析　设平面AD1Q与直线BC交于点G，连接AG，QG，则G为BC的中点．分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接A1M，MN，A1N，如图所示．

∵A1M∥D1Q，A1M⊄平面D1AQ，

D1Q⊂平面D1AQ，∴A1M∥平面D1AQ.

同理可得MN∥平面D1AQ.

∵A1M，MN是平面A1MN内的两条相交直线，

A1M∩MN＝M，

∴平面A1MN∥平面D1AQ.

由此结合A1F∥平面D1AQ，可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F是线段MN上的动点．

设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ，

移动点F并加以观察，可得当点F与M（或N）重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ＝

＝2；当点F与MN的中点重合时，A1F平面BCC1B1所成角达到最大值，满足tanθ＝

＝2

.

∴A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围为[2,2

]．

2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标40直线平面垂直的判定及其性质

[解密考纲]对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主，难度中等．

一、选择题

1．若α，β表示两个不同的平面，直线m⊂α，则“α⊥β”是“m⊥β”的（　B　）

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　由面面垂直判定定理，得m⊥β⇒α⊥β，而α⊥β时，α内任意直线不可能都垂直于β，因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．故选B．

2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是　（　D　）

A．AB∥m　　B．AC⊥mC．AB∥β　　D．AC⊥β

解析　如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D项不一定成立．故选D．

3．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是（　D　）

A．若l∥α，m⊥l，则m⊥α　　B．若l⊥m，m⊥n，则l∥n

C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α　　D．若l⊥α，l∥a，则a⊥α

解析　对于A项，m与α位置关系不确定，故A项错；对于B项，当l与m，m与n为异面垂直时，l与n可能异面或相交，故B项错；对于C项，也可能b⊂α，故C项错；对于D项，由线面垂直的定义可知正确．

4．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在（　A　）

A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部

解析　∵AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1.

又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．

5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是（　D　）

A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC

解析　在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.

6．如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是（　D　）

A．MN∥ABB．MN与BC所成的角为45°

C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC

解析　对于A项，MN与AB异面，故A项错；对于B项，可证BC⊥平面VAC，故BC⊥MN，所以所成的角为90°，因此B项错；对于C项，OC与AC不垂直，所以OC不可能垂直平面VAC，故C项错；对于D项，由于BC⊥AC，VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC，因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故D项正确．

二、填空题

7．已知不同直线m，n与不同平面α，β，给出下列三个命题：

①若m∥α，n∥α，则m∥n；

②若m∥α，n⊥α，则n⊥m；

③若m⊥α，m∥β，则α⊥β.

其中真命题的个数是__2__.

解析　①平行于同一平面的两直线不一定平行，所以①错误．②根据线面垂直的性质可知②正确．③根据面面垂直的性质和判定定理可知③正确，所以真命题的个数是2.

8．如图所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，N，M分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，下列说法正确的是__①②__（填上所有正确说法的序号）．

①不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN∥平面DEC；

②不论D折至何位置都有MN⊥AE；

③不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN∥AB.

解析　①如图，分别取EC，DE的中点P，Q，由已知易知四边形MNQP为平行四边形，则MN∥PQ，又PQ⊂平面DEC，故MN∥平面DEC.①正确．

②取AE的中点O，易证NO⊥AE，MO⊥AE.故AE⊥平面MNO，又MN⊂平面MNO，则AE⊥MN.②正确．

③∵D∉平面ABC，∴N∉平面ABC，又A，B，M∈平面ABC.

∴MN与AB异面．③错误．

9．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝　2

　.

解析　∵DA＝DC＝AA1＝DD1，且DA，DC，DD1两两垂直，故当点M使四边形ADCM为正方形时，D1M⊥平面A1C1D，∴DM＝2

.

三、解答题

10．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧面ADD1A1和侧面CDD1C1都是矩形，BC∥AD，△ABD是边长为2的正三角形，E，F分别为AD，A1D1的中点．

（1）求证：

DD1⊥平面ABCD；

（2）求证：

平面A1BE⊥平面ADD1A1；

（3）若CF∥平面A1BE，求棱BC的长度．

解析　

（1）证明：

因为侧面ADD1A1和侧面CDD1C1都是矩形，所以DD1⊥AD，且DD1⊥CD.因为AD∩CD＝D，所以DD1⊥平面ABCD.

（2）证明：

因为△ABD是正三角形，且E为AD中点，所以BE⊥AD，因为DD1⊥平面ABCD，而BE⊂平面ABCD，所以BE⊥DD1.因为AD∩DD1＝D，所以BE⊥平面ADD1A1，又因为BE⊂平面A1BE，所以平面A1BE⊥平面ADD1A1.

（3）因为BC∥AD，而F为A1D1的中点，所以BC∥A1F，所以B，C，F，A1四点共面．因为CF∥平面A1BE，而平面BCFA1∩平面A1BE＝A1B，所以CF∥A1B，所以四边形BCFA1是平行四边形，所以BC＝FA1＝

AD＝1.

11．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.

（1）求证：

BC⊥AF；

（2）试判断直线AF与平面EBC是否垂直？

若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．

解析　

（1）证明：

因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF.

因为EA⊥平面ABCD，所以EA⊥BC.

由已知得AB⊥BC，且EA∩AB＝A，所以BC⊥平面EABF.

又AF⊂平面EABF，所以BC⊥AF.

（2）直线AF垂直于平面EBC.证明如下：

由

（1）知，AF⊥BC.

在四边形EABF中，AB＝4，AE＝2，EF＝1，∠BAE＝∠AEF＝90°，

所以tan∠EBA＝tan∠FAE＝

，则∠EBA＝∠FAE.

设AF∩BE＝P，因为∠PAE＋∠PAB＝90°，

故∠PBA＋∠PAB＝90°，则∠APB＝90°，即EB⊥AF.

所以AF⊥BE，AF⊥BC，且EB∩BC＝B，

所以AF⊥平面EBC.

12．（xx·浙江卷）如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.　

（1）求证：

BF⊥平面ACFD；

（2）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．

解析　

（1）证明：

延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．

因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，

所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.

又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，

所以BF⊥平面ACFD.

（2）因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角．

在Rt△BFD中，BF＝

，DF＝

，得

cos∠BDF＝

＝

＝

，

所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为

.