2019年高考數(shù)學文科一輪復(fù)習課時作業(yè)41直線平面平行的判定和性質(zhì)

課時作業(yè)41直線、平面平行的判定和性質(zhì)一、選擇題1．(2018·濟南一模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題：①若m∥n，m⊥β，則n⊥β；②若m∥α，m∥β，則α∥β；③若m∥n，m∥β，則n∥β；④若m⊥α，m⊥β，則α⊥β.其中真命題的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．4解析：對于①，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對于②，平面α與β可能平行或相交，故②錯誤；對于③，直線n可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)，故③錯誤；對于④，由兩平面平行的判定定理易得平面α與β平行，故④錯誤．綜上所述，正確命題的個數(shù)為1，故選A.答案：A2．(2018·銀川一模)如圖，在三棱柱ABC－A′B′C′中，點E、F、H、K分別為AC′、CB′、A′B′、B′C′的中點，G為△ABC的重心．從K、H、G、B′中取一點作為P，使得該棱柱恰有2條棱與平面PEF平行，則P為()A．KB．HC．GD．B′解析：取A′C′的中點M，連接EM、MK、KF、EF，則EM綊eq\f(1,2)CC′綊KF，得EFKM為平行四邊形，若P＝K，則AA′∥BB′∥CC′∥KF，故與平面PEF平行的棱超過2條；HB′∥MK?HB′∥EF，若P＝H或P＝B′，則平面PEF與平面EFB′A′為同一平面，與平面EFB′A′平行的棱只有AB，不滿足條件，故選C.答案：C3．(2018·湖南長沙二模)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中正確的是()A．m∥α，n∥α，則m∥nB．m∥n，m∥α，則n∥αC．m⊥α，m⊥β，則α∥βD．α⊥γ，β⊥γ，則α∥β解析：對于A，平行于同一平面的兩條直線可能相交，可能平行，也可能異面，故A不正確；對于B，m∥n，m∥α，則n∥α或n?α，故B不正確；對于C，利用垂直于同一直線的兩個平面平行，可知C正確；對于D，因為垂直于同一平面的兩個平面的位置關(guān)系是相交或平行，故D不正確．故選C.答案：C4．(2018·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)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的長為()A．16B．24或eq\f(24,5)C．14D．20解析：設(shè)BD＝x，由α∥β?AB∥CD?△PAB∽△PCD?eq\f(PB,PA)＝eq\f(PD,PC).①當點P在兩平面之間時，如圖1，eq\f(x－8,6)＝eq\f(8,9－6)，∴x＝24；②當點P在兩平面外側(cè)時，如圖2，eq\f(8－x,6)＝eq\f(8,9＋6)，∴x＝eq\f(24,5).答案：B5．(2018·長春一模)已知四棱錐P－ABCD的底面四邊形ABCD的對邊互不平行，現(xiàn)用一平面α截此四棱錐，且要使截面是平行四邊形，則這樣的平面α()A．有且只有一個B．有四個C．有無數(shù)個D．不存在解析：易知，平面PAD與平面PBC相交，平面PAB與平面PCD相交，設(shè)相交平面的交線分別為m，n，由m，n決定的平面為β，作α與β平行且與四棱錐的四條側(cè)棱相交，交點分別為A1，B1，C1，D1，則由面面平行的性質(zhì)定理得，A1D1∥m∥B1C1，A1B1∥n∥D1C1，從而得截面必為平行四邊形．由于平面α可以上下平移，故這樣的平面答案：C6．(2017·新課標全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()解析：A項，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交，∴直線AB與平面MNQ相交．B項，作如圖②所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ，C項，作如圖③所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D項，作如圖④所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故選A.答案：A二、填空題7．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(cè)，由于平面α∥平面β，故AB∥CD，則eq\f(PA,PC)＝eq\f(PA,PA＋AC)＝eq\f(AB,CD)，可求得CD＝20；若P在α，β之間，則eq\f(AB,CD)＝eq\f(PA,PC)＝eq\f(PA,AC－PA)，可求得CD＝4.答案：20或48．在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是A1B1的中點，過點A1作與截面PBC1解析：如圖，取AB，C1D1的中點E，F(xiàn)，連接A1E，A1F，EF，則平面A1EF∥平面BPC1在△A1EF中，A1F＝A1E＝eq\r(5)，EF＝2eq\r(2)，S△A1EF＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(\r(5)2－\r(2)2)＝eq\r(6)，從而所得截面面積為2S△A1EF＝2eq\r(6).答案：2eq\r(6)9．(2018·安徽安慶模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N、Q分別是棱D1C1、A1D1、BC的中點，點P在BD1上且BP＝eq\f(2,3)BD1.則以下四個說法：(1)MN∥平面APC；(2)C1Q∥平面APC；(3)A、P、M三點共線；(4)平面MNQ∥平面APC.其中說法正確的是________．解析：(1)連接MN，AC，則MN∥AC，連接AM、CN，易得AM、CN交于點P，即MN?面PAC，所以MN∥面APC是錯誤的；(2)由(1)知M、N在平面APC上，由題易知AN∥C1Q，所以C1Q∥面APC是正確的；(3)由(1)知A，P，M三點共線是正確的；(4)由(1)知MN?面PAC，又MN?面MNQ，所以面MNQ∥面APC是錯誤的．答案：(2)(3)三、解答題10．(2018·云南十一中學聯(lián)考)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝2eq\r(3)，∠ACD＝60°，E為CD的中點．(1)求證：BC∥平面PAE；(2)求點A到平面PCD的距離．解析：(1)證明：∵AB＝eq\r(3)，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠BCA＝60°.在△ACD中，∵AD＝2eq\r(3)，AC＝2，∠ACD＝60°，∴AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD∴CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形，又E為CD中點，∴AE＝eq\f(1,2)CD＝CE，∵∠ACD＝60°，∴△ACE為等邊三角形，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE，又AE?平面PAE，BC?平面PAE，∴BC∥平面PAE.(2)設(shè)點A到平面PCD的距離為d，根據(jù)題意可得，PC＝2eq\r(2)，PD＝CD＝4，∴S△PCD＝2eq\r(7)，∵VP－ACD＝VA－PCD，∴eq\f(1,3)·S△ACD·PA＝eq\f(1,3)·S△PCD·d，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×2＝eq\f(1,3)×2eq\r(7)d，∴d＝eq\f(2\r(21),7)，∴點A到平面PCD的距離為eq\f(2\r(21),7).11．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中點，E，F(xiàn)，G分別是BC，DC，SC(1)直線EG∥平面BDD1B1.(2)平面EFG∥平面BDD1B1.證明：(1)連接SB，因為E，G分別是BC，SC的中點，所以EG∥SB.又因為SB?平面BDD1B1，EG?平面BDD1B1，所以直線EG∥平面BDD1B1.(2)連接SD，因為F，G分別是DC，SC的中點，所以FG∥SD.又因為SD?平面BDD1B1，F(xiàn)G?平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，且EG?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.[能力挑戰(zhàn)]12．(2018·福建泉州質(zhì)檢)在如圖所示的多面體中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4.(1)在AC上求作點P，使PE∥平面ABF，請寫出作法并說明理由；(2)求三棱錐A－CDE的高．解析：(1)取BC的中點G，連接DG，交AC于P，連接PE.此時P為所求作的點．理由如下：∵BC＝2AD，∴BG＝AD，又BC∥AD，∴四邊形BGDA是平行四邊形，故DG∥AB，即DP∥AB.又AB?平面ABF，DP?平面ABF，∴DP∥平面ABF.∵AF∥DE，AF?平面ABF，DE?平面ABF，∴DE∥平面ABF.又∵DP?平面PDE，DE?平面PDE，PD∩DE＝D，∴平面ABF∥平面PDE，又∵PE?平面PDE，∴PE∥平面ABF.(2)在等腰梯形ABCD中，∵∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4，∴可求得梯形的高為