2022高考數學一輪復習 第七章 立體幾何 課時作業(yè)41 直線、平面平行的判定和性質 文

《2022高考數學一輪復習 第七章 立體幾何 課時作業(yè)41 直線、平面平行的判定和性質 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考數學一輪復習 第七章 立體幾何 課時作業(yè)41 直線、平面平行的判定和性質 文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022高考數學一輪復習 第七章 立體幾何 課時作業(yè)41 直線、平面平行的判定和性質 文 [基礎達標] 一、選擇題 1．已知α∥β，a?α，B∈β，則在β內過點B的所有直線中(　　) A．不一定存在與a平行的直線 B．只有兩條與a平行的直線 C．存在無數條與a平行的直線 D．存在唯一一條與a平行的直線 解析：因為a與點B確定一個平面，該平面與β的交線即為符合條件的直線． 答案：D 2．[2019·河南開封模擬]在空間中，a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中的真命題是(　　) A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a?α，b?β，α⊥β，則a⊥b

2、 C．若a∥α，a∥b，則b∥α D．若α∥β，a?α，則a∥β 解析：對于A，若a∥α，b∥α，則a，b可能平行，可能相交，可能異面，故A是假命題；對于B，設α∩β＝m，若a，b均與m平行，則a∥b，故B是假命題；對于C，b∥α或b在平面α內，故C是假命題；對于D，若α∥β，a?α，則a與β沒有公共點，則a∥β，故D是真命題．故選D. 答案：D 3．[2019·石家莊模擬]過三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共有(　　) A．4條 B．6條 C．8條 D．12條 解析： 如圖，H，G，F(xiàn)，I是相應線段的中點， 故符

3、合條件的直線只能出現(xiàn)在平面HGFI中， 有FI，F(xiàn)G，GH，HI，HF，GI共6條直線，故選B. 答案：B 4．[2019·山東聊城模擬]下列四個正方體中，A，B，C為所在棱的中點，則能得出平面ABC∥平面DEF的是(　　) 解析：在B中，如圖，連接MN，PN， ∵A，B，C為正方體所在棱的中點， ∴AB∥MN，AC∥PN， ∵MN∥DE，PN∥EF， ∴AB∥DE，AC∥EF， ∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E， AB、AC?平面ABC，DE、EF?平面DEF， ∴平面ABC∥平面DEF.故選B. 答案：B 5．[北京卷]設α，β是兩個不同的平面，m是直線且

4、m?α，“m∥β”是“α∥β”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：當m∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥βα∥β；當α∥β時，α內任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分條件． 答案：B 二、填空題 6．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點，過P點的兩條直線AC，BD分別交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，則CD的長為________． 解析：若P在α，β的同側，由于平面α∥平面β，故AB∥CD，則＝＝，可求得CD＝20

5、；若P在α，β之間，則＝＝，可求得CD＝4. 答案：20或4 7．[2019·廣州高三調研]正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為________． 解析：如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得DT＝，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因為M為CC1的中點，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A處取一點Q′，使得AQ′＝，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥

6、CT∥MN，故BQ′與MN共面，即Q′與Q重合，故AQ＝. 答案： 8. [2019·福建泉州模擬]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，當點Q________時，平面D1BQ∥平面PAO. ① 與C重合 ② 與C1重合 ③ 為CC1的三等分點 ④ 為CC1的中點 解析：在正方體ABCD－A1B1C1D1中， ∵O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點， ∴PO∥BD1， 當點Q為CC1的中點時， 連接PQ，則PQ綊AB，∴四邊形ABQP是平行四邊形， ∴AP∥BQ， ∵AP∩PO＝P，BQ∩B

7、D1＝B， AP、PO?平面PAO，BQ、BD1?平面D1BQ， ∴平面D1BQ∥平面PAO.故選④. 答案：④ 三、解答題 9. [2019·安徽合肥一中模擬]如圖，四棱錐P－ABCD中，E為AD的中點，PE⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，AC∩BD＝F，且△PAD與△ABD均為正三角形，G為△PAD重心． (1)求證：GF∥平面PDC； (2)求三棱錐G－PCD的體積． 解析：(1)證明：連接AG交PD于H，連接CH. 由四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC，知＝， 又G為△PAD的重心，∴＝， 在△ACH中，＝＝，

8、 故GF∥HC. 又HC?平面PDC，GF?平面PDC， ∴GF∥平面PDC. (2)由AB＝2，△PAD，△ABD為正三角形，E為AD中點得PE＝3， 由(1)知GF∥平面PDC，又PE⊥平面ABCD， ∴VG－PCD＝VF－PCD＝VP－CDF＝·PE·S△CDF， 由四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC＝2，△ABD為正三角形， 知DF＝BD＝，∠CDF＝∠ABD＝60°， ∴S△CDF＝CD·DF·sin∠CDF＝， ∴VP－CDF＝PE·S△CDF＝， ∴三棱錐G－PCD的體積為. 10. [2019·江西臨川二中月考]如圖，在矩形ABCD中

9、，AB＝1，AD＝2，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別為AD，PA的中點，點Q是BC上一個動點． (1)當Q是BC中點時，求證：平面BEF∥平面PDQ； (2)當BD⊥FQ時，求的值． 解析：(1)證明：∵E，Q分別是矩形ABCD的對邊AD，BC的中點， ∴ED＝BQ，ED∥BQ， ∴四邊形BEDQ是平行四邊形， ∴BE∥DQ. 又BE?平面PDQ，DQ?平面PDQ， ∴BE∥平面PDQ. ∵F是PA的中點，E是AD的中點， ∴EF∥PD， ∵EF?平面PDQ，PD?平面PDQ， ∴EF∥平面PDQ， ∵BE∩EF＝E，BE、EF?平面BEF， ∴平面BEF∥平面PD

10、Q. (2)連接AQ. ∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴PA⊥BD. ∵BD⊥FQ，PA∩FQ＝F，PA、FQ?平面PAQ， ∴BD⊥平面PAQ， ∵AQ?平面PAQ， ∴AQ⊥BD， 在矩形ABCD中，由AQ⊥BD得△AQB∽△DBA， ∴＝， ∴AB2＝AD·BQ， 又AB＝1，AD＝2， ∴BQ＝，則QC＝， ∴＝. [能力挑戰(zhàn)] 11．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E為PC的中點． (1)求三棱錐A－PDE的體積； (2)AC邊上是否存在一點M，使得PA∥平面EDM？若

11、存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由． 解析：(1)因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又因為ABCD是矩形，所以AD⊥CD. 因為PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱錐A－PDE的高． 因為E為PC的中點，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中點M，連接EM，DM， 因為E為PC的中點，M是AC的中點， 所以EM∥PA. 又因為EM?平面EDM，PA?平面EDM，所以PA∥平面EDM. 所以AM＝AC＝. 即在AC邊上存在一點M，使得PA∥平面EDM，AM的長為.