高考数学课时跟踪检测(四十) 直线、平面平行的判定及其性质(重点高中)

课时跟踪检测（四十）直线、平面平行的判定及其性质(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．(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.2．(2018·湘中名校联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.3．(2018·合肥质检)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有()A．0条B．1条C．2条D．0条或2条解析：选C因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，故选C.4．(2018·陕西西安中学月考)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m∥n解析：选A借助于长方体模型解决．过直线m，n作平面γ，可以得到平面α，β所成的二面角为直二面角，如图(1)，故α⊥β，A正确；B的反例如图(2)；C的反例如图(3)；D中由m⊥α，α∥β可得m⊥β，过n作平面γ可得n与γ与β的交线g平行，则m⊥g，故m⊥n，D错误，故选A.5．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列三个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；③若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C①正确；②中三条直线也可能相交于一点，故错误；③正确，所以正确的命题有2个．6．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VBFB＝________.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 ⇒VBFB＝2.答案：27.如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH 为截面，则四边形EFGH 的形状为________．解析：∵平面ABFE ∥平面DCGH ，平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ，∴EF ∥HG .同理，EH ∥FG ，∴四边形EFGH 是平行四边形．答案：平行四边形8.如图所示，设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交平面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ， 设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ . ∴PQ PM ＝PDAP＝2，即PQ ＝2PM . 又知△APM ∽△ADB ， ∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .答案：223a 9．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 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 .10.如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E 为PB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD .(2)在线段AB 上是否存在一点F ，使得平面PAD ∥平面CEF ？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，EH ＝CD ， 因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE∥DH，又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，因此CE∥平面PAD.(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF＝12AB，又CD＝12AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CF∥AD，又AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD，由(1)可知CE∥平面PAD，又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．B级——拔高题目稳做准做1.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则下列结论中错误的是()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选C∵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，B正确；同理可得MQ∥BD，∵MQ⊥PQ，PQ∥AC，∴AC⊥BD，A正确；∵MQ∥BD，∠PMQ＝45°，∴异面直线PM 与BD所成的角为45°，故D正确；根据已知条件无法得到AC，BD长度之间的关系，故C错误．2.在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A．无数条B．2条C．1条D．0条解析：选A法一：取BB的中点H，连接FH，则FH∥C1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，取D1E的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OH∥KB.过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN，由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，GM⊄平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理，NG∥平面ABCD，又GM∩NG＝G，由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条．故选A.法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD，故有无数条直线MN∥平面ABCD，故选A.3．(2018·郑州质检)如图，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，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．2πC．2 3 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∥AC，FH∥AA′，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，因为MF∩FH＝F，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.如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．①MB是定值；②点M在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.解析：取DC 中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos ∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．答案：①②④5.如图，已知平行四边形ABCD 与直角梯形ABEF 所在的平面互相垂直，且AB ＝BE ＝12AF ＝1，BE ∥AF ，AB ⊥AF ，∠CBA ＝π4，BC ＝2，P 为DF 的中点．(1)求证：PE ∥平面ABCD ； (2)求三棱锥A -BCE 的体积．解：(1)证明：取AD 的中点M ，连接MP ，MB ， ∵P 为DF 的中点， ∴MP 綊12AF .又BE 綊12AF ，∴BE 綊MP ，∴四边形BEPM 是平行四边形， ∴PE ∥MB .又PE ⊄平面ABCD ，MB ⊂平面ABCD . ∴PE ∥平面ABCD .(2)在△ABC 中，由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos ∠CBA ＝1＋(2)2－2×1×2×cos π4＝1，∴AC ＝1，∴AC 2＋AB 2＝BC 2，∴AC ⊥AB .∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴AC ⊥平面ABEF .∵S △ABE ＝12BE ·AB ＝12×1×1＝12，∴V A -BCE ＝V C -ABE ＝13S △ABE ×AC ＝13×12×1＝16. 6.(2018·黑龙江一模)如图，在三棱锥P -ABC 中，D ，E 分别为PA ，AC 的中点．(1)求证：DE∥平面PBC；(2)试问在线段AB上是否存在点F，使得过D，E，F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为E为AC的中点，D为PA的中点，所以DE∥PC.又DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2)存在，当点F是线段AB的中点时，过D，E，F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．证明如下：如图，取AB的中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.因为E是AC的中点，F为AB的中点，所以EF∥BC.又EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.又DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB的中点时，过D，E，F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行．。