2018年高考数学总复习高考达标检测(三十)平行问题3角度_线线、线面、面面理

高考达标检测（三十）平行问题3角度——线线、线面、面面
一、选择题
1．(2017·惠州模拟)设直线l，m，平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( ) A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β
B．l⊂α，m⊂β，且l∥m
C．l⊥α，m⊥β，且l∥m
D．l∥α，m∥β，且l∥m
解析：选C 借助正方体模型进行判断．易排除选项A，B，D，故选C.
2.如图，在长方体ABCD­A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C
平行的是( )
A．B′C′B．A′B
C．A′B′ D．BB′
解析：选B 连接A′B，∵A′B∥CD′，∴A′B∥平面AD′C.
3．(2017·台州模拟)设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析：选B 画出一个长方体ABCD­A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD 与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD⊂平面ABCD；易知B正确．
4．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∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α
解析：选A 由m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．5．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．0 B．1
C．2 D．3
解析：选A 对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①是假命题；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②是假命题；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．
6．(2016·福州模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：
①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；
②一定存在平行于a的平面α使b∥α；
③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；
④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．
则其中论断正确的是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．②③④
解析：选D 对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；对于④，在直线b上取一定点N，过点N 作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，因此④正确．综上所述，②③④正确．
二、填空题
7.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则下列结论
中正确的序号为________．
①AC⊥BD；
②AC∥截面PQMN；
③AC＝BD；
④异面直线PM与BD所成的角为45°.
解析：∵MN∥PQ，MN⊂平面ACD，PQ平面ACD，
∴PQ∥平面ACD.又平面ACD∩平面ABC＝AC，∴PQ∥AC，从而AC∥截面PQMN，②正确；同理可得MQ∥BD，∵MQ⊥PQ，PQ∥AC，∴AC⊥BD，①正确；∵MQ∥BD，∠PMQ＝45°，∴异面直线PM与BD所成的角为45°，故④正确；根据已知条件无法得到AC，BD长度之间的关系，故③不正确．故填①②④.
答案：①②④
8．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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D 1BQ ∥平面PAO .
解析：如图所示，假设Q 为CC
1的中点，因为P 为DD 1的中点，
所以QB ∥PA .
连接DB ，因为P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，
又D 1B ⊄平面PAO ，QB ⊄平面PAO ，
所以D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ，又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ
∥平面PAO .故Q 满足条件Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .
答案：Q 为CC 1的中点
9．如图，在四棱锥V ­ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E ，F 分别为侧棱VC ，VB 上的点，且满足VC ＝3EC ，AF ∥平面BDE ，则VB FB
＝________.
解析：连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，取VE 的中点M ，连接AM ，
MF ，由VC ＝3EC ⇒VM ＝ME ＝EC ，又AO ＝CO ⇒AM ∥EO ⇒AM ∥平面BDE ，又
由题意知AF ∥平面BDE ，∴平面AMF ∥平面BDE ⇒MF ∥平面BDE ⇒MF ∥BE
⇒VF ＝FB ⇒VB FB
＝2. 答案：2
三、解答题
10.(2017·陕西质检)如图所示，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱
AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，D 为AC 的中点，AA 1＝AB ＝2.
(1)求证：AB 1∥平面BC 1D ；
(2)设BC ＝3，求四棱锥B ­DAA 1C 1的体积．
解：(1)证明：连接B 1C ，设B 1C 与BC 1相交于点O ，
连接OD ，如图所示．
∵四边形BCC 1B 1是平行四边形，∴点O 为B 1C 的中点．
∵D 为AC 的中点，
∴OD 为△AB 1C 的中位线，
∴OD ∥AB 1.
∵OD ⊂平面BC 1D ，
AB 1⊄平面BC 1D ，
∴AB 1∥平面BC 1D .
(2)∵AA 1⊥平面ABC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，
∴平面ABC ⊥平面AA 1C 1C .
∵平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，
作BE ⊥AC ，垂足为E ，
则BE ⊥平面AA 1C 1C .
∵AB ＝AA 1＝2，BC ＝3，AB ⊥BC ，
∴在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝4＋9＝13，
∴BE ＝AB ·BC AC ＝613
， ∴四棱锥B ­AA 1C 1D 的体积V ＝13×12(A 1C 1＋AD )·AA 1·BE ＝16×3213×2×613
＝3. 11．如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB .现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC .
若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，且AP ―→＝λPD ―→，使得CP ∥平面ABEF ？
若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
解：AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ＝32
. 理由如下： 当λ＝32时， AP ―→＝32PD ―→，可知AP AD ＝35
， 如图，过点P 作MP ∥FD 交AF 于点M ，
连接EM ，PC ，则有MP FD ＝AP AD ＝35
， 又BE ＝1，可得FD ＝5，故MP ＝3，
又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，故有MP 綊EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，
所以CP ∥ME ，又CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，
故有CP ∥平面ABEF .
12．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF
∥DB .
(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC ，求证：AC ⊥FB ；
(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC. 证明：(1)因为EF∥DB，
所以EF与DB确定平面BDEF.
如图，连接DE.
因为AE＝EC，D为AC的中点，
所以DE⊥AC.
同理可得BD⊥AC.
又BD∩DE＝D，
所以AC⊥平面BDEF.
因为FB⊂平面BDEF，
所以AC⊥FB.
(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.
在△CEF中，因为G是CE的中点，
所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，
所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.。