《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練40 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 理 北師大版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練40 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 理 北師大版.doc（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)規(guī)范練40　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 基礎(chǔ)鞏固組 1.(2018江西景德鎮(zhèn)盟校二聯(lián),5)關(guān)于直線l與平面α,下列說法正確的是(　　) A.若直線l平行于平面α,則l平行于α內(nèi)的任意一條直線 B.若直線l與平面α相交,則l不平行于α內(nèi)的任意一條直線 C.若直線l不垂直于平面α,則l不垂直于α內(nèi)的任意一條直線 D.若直線l不垂直于平面α,則過l的平面不垂直于α 2.(2018黑龍江哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)三模,3)已知互不相同的直線l,m,n和平面α,β,γ,則下列命題正確的是(　　) A.若l與m為異面直線,l?α,m?β,則α∥β B.若α∥β,l?α,m?β,則l∥m C.若α∩β=l,β∩γ=m,α∩γ=n,l∥γ,則m∥n D.若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β 3.(2018遼寧沈陽質(zhì)檢一,6)如圖,E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合),BD1∥平面B1CE,則(　　) A.BD1∥CE B.AC1⊥BD1 C.D1E=2EC1 D.D1E=EC1 4.(2018福建漳州質(zhì)檢,9)在正方形ABCD中,AB=4,點(diǎn)E、F分別是AB、AD的中點(diǎn),將△AEF沿EF折起到△AEF的位置,使得AC=23,在平面ABC內(nèi),過點(diǎn)B作BG∥平面AEF交邊AC上于點(diǎn)G,則AG=(　　) A.33 B.233 C.3 D.433 5.如圖所示的四個(gè)正方體圖形中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,P分別為其所在棱的中點(diǎn),能得出AB∥面MNP的圖形的序號(hào)是　　　　　.(寫出所有符合要求的圖形序號(hào)) 6. (2018黑龍江仿真模擬五,18)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知側(cè)棱與底面垂直,∠CAB=90,且AC=1,AB=2,E為BB1的中點(diǎn),M為AC上一點(diǎn),AM=AC. (1)若三棱錐A1-C1ME的體積為26,求AA1的長(zhǎng); (2)證明:CB1∥平面A1EM. 綜合提升組 7. (2018陜西榆林二模,4)如圖,在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)作平面α,設(shè)α∩平面ABC=l,若l∥A1C1,則這3個(gè)點(diǎn)可以是(　　) A.B,C,A1 B.B1,C1,A C.A1,B1,C D.A1,B,C1 8.(2018四川“聯(lián)測(cè)促改”,11)正方體ABCD-A1B1C1D1棱長(zhǎng)為3,點(diǎn)E在邊BC上,且滿足BE=2EC,動(dòng)點(diǎn)M在正方體表面上運(yùn)動(dòng),并且總保持ME⊥BD1,則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的周長(zhǎng)為(　　) A.62 B.43 C.42 D.33 9. (2018河北衡水調(diào)研二模,18)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,平面PAB⊥平面ABCD,E是PD的中點(diǎn),棱PA與平面BCE交于點(diǎn)F. (1)求證:AD∥EF; (2)若△PAB是正三角形,求三棱錐P-BEF的體積. 10.(2018江西景德鎮(zhèn)二聯(lián),17)如圖,正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,F為棱AC上靠近A的三等分點(diǎn),點(diǎn)E在棱BB1上且BF∥平面A1CE. (1)求BE的長(zhǎng); (2)求正三棱柱ABC-A1B1C1被平面A1CE分成的左右兩個(gè)幾何體的體積之比. 創(chuàng)新應(yīng)用組 11. (2018青海西寧二模,19)如圖所示,四邊形ABCD為菱形,AF=2,AF∥DE,DE⊥平面ABCD, (1)求證:AC⊥平面BDE; (2)當(dāng)DE為何值時(shí),直線AC∥平面BEF?請(qǐng)說明理由. 12.(2018山西大同二模, 18)如圖,梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90,CD=2,AD=AB=1,四邊形BDEF為正方形,且平面BDEF⊥平面ABCD. (1)求證:DF⊥CE; (2)若AC與BD相交于點(diǎn)O,那么在棱AE上是否存在點(diǎn)G,使得平面OBG∥平面EFC?并說明理由. 參考答案 課時(shí)規(guī)范練40　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1.B　對(duì)于A,若直線l平行于平面α,則l與α內(nèi)的任意一條直線平行或異面,A錯(cuò);對(duì)于B,若直線l與平面α相交,則l不平行于α內(nèi)的任意一條直線,B正確;對(duì)于C,若直線l不垂直于平面α,則l可垂直于α內(nèi)的無數(shù)條直線,C錯(cuò);對(duì)于D,若直線l不垂直于平面α,則過l的平面可垂直于α,D錯(cuò),故選B. 2.C　若l與m為異面直線,l?α,m?β,則α與β平行或相交,A錯(cuò),排除A;若α∥β,l?α,m?β,則l與m平行或異面,B錯(cuò),排除B;若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β或α?β,D錯(cuò),排除D,故選C. 3.D　設(shè)B1C∩BC1=O,如圖,BD1∥平面B1CE,平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∴BD1∥OE,∵O為BC1的中點(diǎn),∴E為C1D1的中點(diǎn),∴D正確,由異面直線的定義知BD1,CE是異面直線,故A錯(cuò);在矩形ABC1D1中,AC1與BD1不垂直,故B錯(cuò);C顯然錯(cuò),故選D. 4.B　連接AC分別交BD,EF于O,H, ∵E,F分別是AB,AD中點(diǎn),則EF∥BD,∴OHHC=13, ∴BD∥面AEF, 又∵BG∥面AEF,∴面BGD∥面AEF, 面ACH分別與兩面交于OG,HA, ∴OG∥HA,∴AGAC=HOHC=13,AG=13AC=233,故選B. 5.①③　在①中,由于平面MNP與AB所在的側(cè)面平行,所以AB∥平面MNP;在③中,由于AB與以MP為中位線的三角形的底邊平行,所以AB∥MP,又因?yàn)镸P?平面MNP,AB?平面MNP.所以AB∥平面MNP.②④中,只須平移AB,即可發(fā)現(xiàn)AB與平面MNP相交.故填①③. 6.(1)解 設(shè)AA1=h, ∵VA1-C1ME=VE-A1C1M,S△A1C1M=12A1C1h=h2, 三棱錐E-A1C1M的高為2, ∴VE-A1C1M=13h22=26, 解得h=22,即AA1=22. (2)證明 如圖,連接AB1交A1E于F,連接MF. ∵E為BB1的中點(diǎn), ∴AF=23AB1, 又AM=23AC, ∴MF∥CB1, 而MF?平面A1EM,CB1?平面A1EM, ∴CB1∥平面A1EM. 7.D　當(dāng)α為平面A1BC1時(shí),因?yàn)槠矫鍭BC∥平面A1B1C1,平面A1BC1∩平面ABC=l,平面A1BC1∩平面A1B1C1=A1C1,所以l∥A1C1,故選D. 8.A　如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連AC,CB1,B1A,則有BD1⊥平面AB1C. 在BB1、BA上分別取F,G使得BF=2FB1,BG=2GA,連EF,FG,GE, 則有EF∥CB1,EG∥AC,可得平面EFG∥平面AB1C,故得BD1⊥平面EFG, 所以△EFG即為點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡. 由題意得EF=FG=GE=2332=22, 動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的周長(zhǎng)為EF+FG+GE=62.選A. 9.(1)證明 因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,所以BC∥AD. 又因?yàn)锽C?平面PAD,AD?平面PAD, 所以BC∥平面PAD. 又因?yàn)锽,C,E,F四點(diǎn)共面,且平面BCEF∩平面PAD=EF, 所以BC∥EF. 又因?yàn)锽C∥AD,所以AD∥EF. (2)解 因?yàn)锳D∥EF,E是PD的中點(diǎn), 所以F為PA的中點(diǎn),EF=12AD=1. 又因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊥AB, 所以AD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB. 又因?yàn)椤鱌AB是正三角形, 所以PA=PB=AB=2, 所以S△PBF=12S△PBA=32. 又EF=1,所以VP-BEF=VE-PBF=13321=36. 故三棱錐P-BEF的體積為36. 10.解 (1)如圖,作FG∥CC1與A1C交于點(diǎn)G, ∵BE∥CC1, ∴BE∥FG,面BEGF∩面A1CE=EG, ∵BF∥面A1CE, ∴BF∥EG. 于是在平行四邊形BEGF中,BE=FG=23AA1=2. (2)VA1-CC1B1E=1312(1+3)23=433, VABC-A1B1C1=34223=33, 左邊幾何體的體積為:VABC-A1B1C1-VA1-CC1B1E=33-433=533, ∴左右兩個(gè)幾何體的體積之比為533∶433=5∶4. 11.(1)證明 因?yàn)镈E⊥平面ABCD,AC?平面ABCD, 所以AC⊥DE, 菱形ABCD中,AC⊥BD, DE∩BD=D,DE?面BDE,BD?面BDE. 所以AC⊥平面BDE. (2)解 當(dāng)DE=4時(shí),直線AC∥平面BEF,理由如下: 設(shè)菱形ABCD中,AC交BD于O, 取BE的中點(diǎn)M,連接OM,則OM為△BDE的中位線, 所以O(shè)M∥DE,且OM=12DE=2, 又AF∥DE,AF=12DE=2, 所以O(shè)M∥AF,且OM=AF. 所以四邊形AOMF為平行四邊形. 則AC∥MF. 因?yàn)锳C?平面BEF,FM?平面BEF, 所以直線AC∥平面BEF. 12.(1)證明 連接EB.因?yàn)樵谔菪蜛BCD中,∠BAD=∠ADC=90,AB=AD=1,DC=2, ∴BD=2,BC=2, ∴BD2+BC2=CD2,∴BC⊥BD, 又因?yàn)槠矫鍮DEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,BC?平面ABCD, ∴BC⊥平面BDEF,∴BC⊥DF,又因?yàn)? 正方形BDEF中,DF⊥EB且EB,BC?平面BCE,EB∩BC=B, ∴DF⊥平面BCE, 又∵CE?平面BCE,∴DF⊥CE. (2)解 在棱AE上存在點(diǎn)G,使得平面OBG∥平面EFC,且AGGE=,證明如下: 因?yàn)樘菪蜛BCD中,∠BAD=∠ADC=90,AB=1,DC=2, ∴AB∥DC,∴AOOC=ABDC=12, 又∵AGGE=12,∴OG∥CE, 又因?yàn)檎叫蜝DEF中,EF∥OB,且OB,OG?平面EFC,EF,CE?平面EFC, ∴OB∥平面EFC,OG∥平面EFC, 又∵OB∩OG=O,且OB,OG?平面OBG,所以平面OBG∥平面EFC.