創(chuàng)新方案高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí)：第七章 立體幾何 課時作業(yè)42 Word版含解析

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1、 課時作業(yè)42　直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 1．(2019·安徽黃山一模)下列說法中，錯誤的是(　C　) A．若平面α∥平面β，平面α∩平面γ＝l，平面β∩平面γ＝m，則l∥m B．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l，m?α，m⊥l，則m⊥β C．若直線l⊥平面α，平面α⊥平面β，則l∥β D．若直線l∥平面α，平面α∩平面β＝m，直線l?平面β，則l∥m 解析：對于A，由面面平行的性質(zhì)定理可知為真命題，故A正確；對于B，由面面垂直的性質(zhì)定理可知為真命題，故B正確；對于C，若l⊥α，α⊥β，則l∥β或l?β，故C錯誤；對于D，由線面平行的性質(zhì)定理可知為真命題，故D正確．綜

2、上，選C． 2．(2019·廣東省際名校聯(lián)考)已知α，β為平面，a，b，c為直線，下列命題正確的是(　D　) A．a(chǎn)?α，若b∥a，則b∥α B．α⊥β，α∩β＝c，b⊥c，則b⊥β C．a(chǎn)⊥b，b⊥c，則a∥c D．a(chǎn)∩b＝A，a?α，b?α，a∥β，b∥β，則α∥β 解析：選項A中，b?α或b∥α，不正確． B中b與β可能斜交或b?β，B錯誤． C中a∥c，a與c異面，或a與c相交，C錯誤． 利用面面平行的判定定理，易知D正確． 3．(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(　B　) 解析：在B中

3、，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． 4．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點，過點P的直線m與α，β分別交于點A，C，過點P的直線n與α，β分別交于點B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD＝(　B　) A．16 B．24或 C．14 D．20 解析：設(shè)BD＝x，由α∥β?AB∥CD?△PAB∽△PCD?＝. ①當(dāng)點P在兩平

4、面之間時，如圖(1)，則有＝，∴x＝24；②當(dāng)點P在兩平面外側(cè)時，如圖(2)，則有＝，∴x＝，故選B． 5．(2019·豫西五校聯(lián)考)已知m，n，l1，l2表示不同直線，α，β表示不同平面，若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，則α∥β的一個充分條件是(　D　) A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2 解析：對于選項A，當(dāng)m∥β且l1∥α?xí)r，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分條件；對于選項B，當(dāng)m∥β且n∥β時，若m∥n，則α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分條件；對于選項C，當(dāng)m∥β且n

5、∥l2時，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分條件；對于選項D，當(dāng)m∥l1，n∥l2時，由線面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β時，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一個充分條件，故選D． 6．(2019·湖南長郡中學(xué)模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，點E是線段AB的中點，點F在線段PA上，且EF∥平面PCD，直線PD與平面CEF交于點H，則線段CH的長度為(　C　) A． B．2 C．2 D．2 解析：∵P

6、D與平面CEF交于點H， ∴平面CEF∩平面PCD＝CH， ∵EF∥平面PCD，∴EF∥CH， 過點H作HM∥PA交AD于點M， 連接CM，∵EF∩AF＝F，CH∩HM＝H， ∴平面AEF∥平面CHM，∵平面AEF∩平面ABCD＝AE，平面CHM∩平面ABCD＝CM，∴AE∥CM， 又BC∥AM，∴四邊形ABCM為平行四邊形，∴AM＝2. 又AD＝4，∴M是AD的中點，則H為PD的中點，∴CH＝＝＝2，故選C． 7．如圖所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M

7、只需滿足條件點M在線段FH上(或點M與點H重合)時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況) 解析：連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1. 8．(2019·河北唐山統(tǒng)一考試)在三棱錐P-ABC中，PB＝6，AC＝3，G為△PAC的重心，過點G作三棱錐的一個截面，使截面平行于PB和AC，則截面的周長為8. 解析：過點G作EF∥AC，分別交PA、PC于點E、F，過E、F分別作EN∥PB、FM∥PB，分別交AB、BC于點N、M，連接MN，則

8、四邊形EFMN是平行四邊形(面EFMN為所求截面)，且EF＝MN＝AC＝2，F(xiàn)M＝EN＝PB＝2，所以截面的周長為2×4＝8. 9．如圖所示，設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，點P是棱AD上一點，且AP＝，過B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直線CD上，則PQ＝a． 解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥PQ. 又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ， 設(shè)PQ∩AB＝M，∵AB∥CD， ∴△APM∽△DPQ. ∴＝＝2，即PQ＝2PM. 又知△AP

9、M∽△ADB，∴＝＝， ∴PM＝BD，又BD＝a，∴PQ＝A． 10．(2019·江西贛州聯(lián)考)如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝，則下列結(jié)論： ①EF∥平面ABCD； ②平面ACF⊥平面BEF； ③三棱錐E-ABF的體積為定值； ④存在某個位置使得異面直線AE與BF所成的角為30°. 其中正確的是①②③④.(寫出所有正確的結(jié)論序號) 解析：由正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝知，在①中，由EF∥BD，且EF?平面ABCD，BD?平面ABCD，得EF∥平面ABCD，

10、故①正確；在②中，如圖，連接BD，CF， 由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥平面BDD1B1，而BE?平面BDD1B1，BF?平面BDD1B1，則AC⊥平面BEF.又因為AC?平面ACF，所以平面ACF⊥平面BEF，故②正確；在③中，三棱錐E-ABF的體積與三棱錐A-BEF的體積相等，三棱錐A-BEF的底面積和高都是定值，故三棱錐E-ABF的體積為定值，故③正確；在④中，令上底面中心為O，當(dāng)E與D1重合時，此時點F與O重合，則兩異面直線所成的角是∠OBC1，可求解∠OBC1＝30°，故存在某個位置使得異面直線AE與BF成角30°，故④正確． 11．如圖所示的一塊木料中，棱BC平行于

11、平面A′C′. (1)要經(jīng)過平面A′C′內(nèi)的一點P和棱BC將木料鋸開，應(yīng)怎樣畫線？ (2)所畫的線與平面AC是什么位置關(guān)系？并證明你的結(jié)論． 解：(1)過點P作B′C′的平行線， 交A′B′，C′D′于點E，F(xiàn)， 連接BE，CF， 作圖如下： (2)EF∥平面AC．理由如下： 易知BE，CF與平面AC相交，因為BC∥平面A′C′， 又因為平面B′C′CB∩平面A′C′＝B′C′， 所以BC∥B′C′， 因為EF∥B′C′，所以EF∥BC， 又因為EF?平面AC，BC?平面AC， 所以EF∥平面AC． 12．(2019·豫北六校聯(lián)考)如圖所示，正方體ABCD-

12、A1B1C1D1中，M，N分別是A1B1，A1D1的中點，E，F(xiàn)分別是B1C1，C1D1的中點． (1)求證：四邊形BDFE為梯形； (2)求證：平面AMN∥平面EFDB． 證明：(1)連接B1D1， ∵在△B1D1C1中，E，F(xiàn)分別是B1C1，C1D1的中點， ∴EF∥B1D1且EF＝B1D1， 又知四邊形BDD1B1為矩形， ∴BD綊B1D1，∴EF∥BD且EF＝BD． ∴四邊形BDFE為梯形． (2)連接FM，在△A1B1D1中，M，N分別為A1B1，A1D1的中點，∴MN∥B1D1. 由(1)知，EF∥B1D1， ∴MN∥EF. 在正方形A1B1C1D1中，

13、F為C1D1的中點，M為A1B1的中點，∴FM綊A1D1， 又∵四邊形ADD1A1為正方形， ∴AD綊A1D1，∴FM綊AD， ∴四邊形ADFM為平行四邊形． ∴AM綊DF. 又∵AM∩MN＝M，DF∩FE＝F， ∴平面AMN∥平面EFDB． 13．如圖所示，側(cè)棱與底面垂直，且底面為正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分別在AD1，BC上移動，始終保持MN∥平面DCC1D1，設(shè)BN＝x，MN＝y(tǒng)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象大致是(　C　) 解析：過M作MQ∥DD1，交AD于點Q，連接QN. ∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面

14、DCC1D1， MN∩MQ＝M， ∴平面MNQ∥平面DCC1D1. 又平面ABCD與平面MNQ和DCC1D1分別交于QN和DC， ∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x， ∵＝＝2，∴MQ＝2x. 在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2， 即y2＝4x2＋1， ∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)， ∴函數(shù)y＝f(x)的圖象為焦點在y軸上的雙曲線上支的一部分，故選C． 14．(2019·河南新鄉(xiāng)一模)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點，點P是底面A1B1C1D1內(nèi)一點，且AP∥平面EFDB，則tan∠APA1的

15、最大值是(　D　) A． B．1 C． D．2 解析：如圖，分別取A1D1的中點G，A1B1的中點H，連接GH，AG，AH， 連接A1C1，交GH，EF于點M，N，連接AM，連接AC，交BD于點O，連接ON. 易證MN綊OA，所以四邊形AMNO是平行四邊形，所以AM∥ON， 因為AM?平面BEFD，ON?平面BEFD， 所以AM∥平面BEFD， 易證GH∥EF，因為GH?平面BEFD，EF?平面BEFD， 所以GH∥平面BEFD，又AM∩GH＝M，AM，GH?平面AGH， 所以平面AGH∥平面BEFD， 所以點P在GH上，當(dāng)點P與點M重合時，tan∠APA

16、1的值最大． 設(shè)正方體的棱長為1，則A1P＝， 所以tan∠APA1的最大值為＝2. 15．(2019·山東煙臺一模)如圖是一張矩形白紙ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，現(xiàn)分別將△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同側(cè)，下列命題正確的是①④.(寫出所有正確命題的序號) ①當(dāng)平面ABE∥平面CDF時，AC∥平面BFDE； ②當(dāng)平面ABE∥平面CDF時，AE∥CD； ③當(dāng)A、C重合于點P時，PG⊥PD； ④當(dāng)A、C重合于點P時，三棱錐P-DEF的外接球的表面積為150π. 解析：在△ABE中，tan∠ABE＝， 在△ACD中

17、，tan∠CAD＝， 所以∠ABE＝∠DAC， 由題意，將△ABE，△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同側(cè)， 此時A、C、G、H四點在同一平面內(nèi)，平面ABE∩平面AGHC＝AG，平面CDF∩平面AGHC＝CH，當(dāng)平面ABE∥平面CDF時，得到AG∥CH， 顯然AG＝CH，所以四邊形AGHC為平行四邊形，所以AC∥GH，進而可得AC∥平面BFDE，故①正確； 由于折疊后，直線AE與直線CD為異面直線，所以AE與CD不平行，故②不正確； 當(dāng)A、C重合于點P時，可得PG＝，PD＝10， 又GD＝10，∴PG2＋PD2≠GD2， 所以PG與PD不垂直，故③不正確； 當(dāng)A

18、，C重合于點P時，在三棱錐P-DEF中， △EFD與△FCD均為直角三角形， 所以DF為外接球的直徑， 即R＝＝，所以外接球的表面積為S＝4πR2＝4π×2＝150π，故④正確．綜上，正確命題的序號為①④. 16．如圖，四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點． (1)求證：CE∥平面PAD； (2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結(jié)論，若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：取PA的中點H，連接EH，DH， 因為E為PB的中點， 所以EH∥AB，EH＝AB， 又AB∥CD，CD＝AB， 所以EH∥CD，EH＝CD， 因此四邊形DCEH是平行四邊形， 所以CE∥DH， 又DH?平面PAD，CE?平面PAD， 因此CE∥平面PAD． (2)存在點F為AB的中點，使平面PAD∥平面CEF， 證明如下： 取AB的中點F，連接CF，EF，所以AF＝AB， 又CD＝AB，所以AF＝CD， 又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形， 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的中點F滿足要求．