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04 第42讲 直线、平面平行的判定与性质 【答案】作业 高考数学二轮复习练习
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这是一份04 第42讲 直线、平面平行的判定与性质 【答案】作业 高考数学二轮复习练习，共7页。
2.A [解析] m⊄α,n⊂α,所以当m∥n时,m∥α成立,故充分性成立;当m∥α时, m∥n不一定成立,m与n可能是异面直线,故必要性不成立.所以“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件,故选A.
3.D [解析] 由于直线a不平行于平面α,所以直线a与平面α相交或直线a在平面α内,当直线a在平面α内时,平面α内存在与a平行的直线,故A错误;当直线a与平面α相交时,平面α内存在直线与a异面,故B错误;当直线a在平面α内时,平面α内存在与a平行的直线,故C错误;由直线a与平面α相交或直线a在平面α内,得直线a与平面α至少存在一个公共点,故D正确.故选D.
4.C [解析] 如图所示,在三棱锥A-BCD中,平面α即平面EFGH,则四边形EFGH为平行四边形,∴EF∥GH.∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD,又EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,∴EF∥CD,又EF⊂平面EFGH,CD⊄平面EFGH,∴CD∥平面EFGH.同理,AB∥平面EFGH,故与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.
5.平行 [解析] 因为过A1,C1,B三点的平面与平面A1B1C1D1的交线为A1C1,与平面ABCD的交线为l,且平面ABCD∥平面A1B1C1D1,所以l∥A1C1.
6.SE=EA [解析] 当点E的位置是棱SA的中点时,SC∥平面EBD.证明如下:连接AC,设AC与BD的交点为O,连接EO.∵四边形ABCD是平行四边形,∴点O是AC的中点,又E是SA的中点,∴OE是△SAC的中位线,∴OE∥SC.∵SC⊄平面EBD,OE⊂平面EBD,∴SC∥平面EBD.故答案为SE=EA.
7.B [解析] 因为平面ABFE ∥平面CGHD,且平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面CGHD=GH,所以EF∥GH,同理可得EH∥FG,所以四边形EFGH一定是平行四边形.故选B.
8.D [解析] 对于A,如图①,由正方体的性质可得MN∥EF∥AC,MN⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故A满足;对于B,作出完整的截面ADBCEF,如图②,由正方体的性质可得MN∥AD,MN⊄平面ABC,AD⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故B满足;对于C,作出完整的截面ABCD,连接BD,如图③,由正方体的性质可得MN∥BD,MN⊄平面ABC,BD⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故C满足;对于D,作出完整的截面,如图④中六边形ABNMHC,可得MN在平面ABC内,不能得出MN∥平面ABC,故D不满足.故选D.
9.B [解析] 由题意知,该几何体是底面为正方形的四棱锥,如图所示,因为F∈平面AEFD,B∉平面AEFD,F不在直线AE上,所以直线AE与直线BF异面,故A中结论正确;易得EF∥BC,BC∥AD,所以EF∥AD,所以EF与AD共面,AE与DF共面,故B中结论错误;因为EF∥AD,EF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以直线EF∥平面PAD,故C中结论正确;因为EF⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以直线EF∥平面ABCD,故D中结论正确.故选B.
10.C [解析] 如图,连接AC与BD,AC交BQ,BD分别于点N,O,因为底面ABCD为平行四边形,所以点O是AC的中点,也是BD的中点,又点Q是AD的中点,所以点N是△ABD的重心,所以AN=23AO=13AC.连接MN,因为PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面MQB=MN,所以PA∥MN,所以t=PMPC=ANAC=13.故选C.
11.C [解析] 对于A,连接B1C,AC,过P作PM∥B1C交BC于M,如图①,因为B1C∥A1D,所以PM∥A1D,PM⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D,所以PM∥平面A1C1D,过M作MQ∥AC,交AB于Q,因为AC∥A1C1,QM⊄平面A1C1D,A1C1⊂平面A1C1D,所以QM∥平面A1C1D,所以平面A1C1D∥平面PQM,又PQ⊂平面PQM,所以PQ∥平面A1C1D,故A中结论正确;同理可判断B中结论正确;连接AD1,BC1,如图②,因为对AB上任意一点Q,D1Q⊂平面D1C1BA,过C作CP⊥BC1交BB1于点P,由AA1=2,AB=BC=1,所以此时点P一定在棱BB1上,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,可得AB⊥平面B1C1CB,CP⊂平面B1C1CB,所以CP⊥AB,又BC1∩AB=B,所以CP⊥平面D1C1BA,所以CP⊥D1Q,故D中结论正确;对于任意给定的点P,CP与BC1不总垂直,当CP与BC1不垂直时,不存在点Q,使得CP⊥D1Q,故C中结论错误.故选C.
12.ACD [解析] 对于A选项,在旋转过程中有水的部分有两个平面相互平行且是全等的多边形,其余每相邻两个面的交线也相互平行,而这些面都是平行四边形,所以有水的部分始终是棱柱,故A正确;对于B选项,易知四边形EFGH始终为矩形,从题图中可以发现,矩形EFGH的边EH的长不变,EF是变化的,故矩形EFGH的面积不是定值,故B错误;对于C选项,因为A1D1始终与BC平行,而BC始终与水面平行,所以棱A1D1始终与水面平行,故C正确;对于D选项,当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时,水体(三棱柱)的底面为三角形,因为水的体积是不变的,高始终是BC,也是不变的,所以底面面积,即12BE·BF也是不变的,即BE·BF为定值,故D正确.故选ACD.
13.217 [解析] 如图,作MM1⊥AD于点M1,作NN1⊥CD于点N1, 则MM1∥平面ACC1A1,连接M1N1,∵MN∥平面ACC1A1,MM1∩MN=M,∴平面MM1N1N∥平面ACC1A1,又平面MM1N1N∩平面ABCD=M1N1,平面ACC1A1∩平面ABCD=AC,∴M1N1∥AC.∵AD=DC,∴DM1=DN1,设DM1=DN1=x,则MM1=3x,NN1=3-3x,在直角梯形MNN1M1中,N1M1=2x,MN2=(2x)2+(3-23x)2=14x-372+37,∴当x=37时,MN取得最小值为217.
14.证明:(1)∵G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
∴GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1,
又B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.
(2)∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC,又EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.
∵G,E分别为A1B1,AB的中点,A1B1∥AB且A1B1=AB,∴A1G∥EB且A1G=EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG,又A1E∩EF=E,
∴平面EFA1∥平面BCHG.
15.解:(1)证明:因为E,F分别为线段AC1,A1C1的中点,所以EF∥A1A.因为B1B∥A1A,所以EF∥B1B.
又因为EF⊄平面BCC1B1,B1B⊂平面BCC1B1,
所以EF∥平面BCC1B1.
(2)取BC1的中点G,连接GE,GF.
因为E为AC1的中点,所以GE∥AB.因为GE⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,所以GE∥平面ABB1A1.
同理可得,EF∥平面ABB1A1.又因为EF∩EG=E,EG,EF⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面ABB1A1.
故在线段BC1上存在一点G,使平面EFG∥平面ABB1A1.
16.解:(1)取PD的中点G,连接EG,AG,如图,EG,AG即为所求画线.
理由如下:
在△PCD中,EG∥CD,在正方形ABCD中,AB∥CD,所以EG∥AB,则A,B,E,G四点共面,
故平面ABEG为过点E和棱AB的平面.因为E,G分别为PC,PD的中点,所以EG=12CD=12AB,所以截面四边形ABEG是梯形,其中AB=2,GE=1,在Rt△PAD中,PA=AD=2,AG⊥PD,所以AG=2,在△PBC中,因为BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,所以PB⊥BC,PB=22,所以BE=12PB2+BC2=3,
所以截面周长为AB+GE+AG+BE=3+2+3.
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(进群送往届全部资料) (2)方法一:设BC,CE的中点分别为M,N,连接MN,DM,DN,则MN∥BE,MN⊂平面DMN,BE⊄平面DMN,所以BE∥平面DMN.
在正方形ABCD中,BF∥DM,DM⊂平面DMN,BF⊄平面DMN,所以BF∥平面DMN.
因为BE∩BF=B,所以平面DMN∥平面BEF.
过点E作EH∥DN交PD于点H,由DN⊂平面DMN,EH⊄平面DMN,得EH∥平面DMN.
因为E∈平面BEF,所以EH⊂平面BEF,连接FH,则四边形BEHF为所求截面.因为EH∥DN,所以PEPN=PHPD=23,所以应在PD上取靠近点D的三等分点H,取AD的中点F,BE,EH,HF,BF即为所求画线.
方法二:设平面BEF与PD的交点为H,PH=λPD,
设AB=a,AD=b,AP=c,则BE=12BP+12BC=12(AP-AB)+12AD=-12a+12b+12c,BF=AF-AB=-a+12b.设EH=xBE+yBF=-x2-ya+x2+y2b+x2c,又EH=AH-AE,AE=12(a+b+c),AH=AP+λPD=c+λ(b-c)=λb+(1-λ)c,
所以EH=-12a+λ-12b+12-λc,
所以-x2-y=-12,x2+y2=λ-12,x2=12-λ,解得λ=23,所以PH=23PD,所以应在PD上取靠近点D的三等分点H,取AD的中点F,BE,EH,HF,BF即为所求画线.
2.A [解析] m⊄α,n⊂α,所以当m∥n时,m∥α成立,故充分性成立;当m∥α时, m∥n不一定成立,m与n可能是异面直线,故必要性不成立.所以“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件,故选A.
3.D [解析] 由于直线a不平行于平面α,所以直线a与平面α相交或直线a在平面α内,当直线a在平面α内时,平面α内存在与a平行的直线,故A错误;当直线a与平面α相交时,平面α内存在直线与a异面,故B错误;当直线a在平面α内时,平面α内存在与a平行的直线,故C错误;由直线a与平面α相交或直线a在平面α内,得直线a与平面α至少存在一个公共点,故D正确.故选D.
4.C [解析] 如图所示,在三棱锥A-BCD中,平面α即平面EFGH,则四边形EFGH为平行四边形,∴EF∥GH.∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD,又EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,∴EF∥CD,又EF⊂平面EFGH,CD⊄平面EFGH,∴CD∥平面EFGH.同理,AB∥平面EFGH,故与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.
5.平行 [解析] 因为过A1,C1,B三点的平面与平面A1B1C1D1的交线为A1C1,与平面ABCD的交线为l,且平面ABCD∥平面A1B1C1D1,所以l∥A1C1.
6.SE=EA [解析] 当点E的位置是棱SA的中点时,SC∥平面EBD.证明如下:连接AC,设AC与BD的交点为O,连接EO.∵四边形ABCD是平行四边形,∴点O是AC的中点,又E是SA的中点,∴OE是△SAC的中位线,∴OE∥SC.∵SC⊄平面EBD,OE⊂平面EBD,∴SC∥平面EBD.故答案为SE=EA.
7.B [解析] 因为平面ABFE ∥平面CGHD,且平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面CGHD=GH,所以EF∥GH,同理可得EH∥FG,所以四边形EFGH一定是平行四边形.故选B.
8.D [解析] 对于A,如图①,由正方体的性质可得MN∥EF∥AC,MN⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故A满足;对于B,作出完整的截面ADBCEF,如图②,由正方体的性质可得MN∥AD,MN⊄平面ABC,AD⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故B满足;对于C,作出完整的截面ABCD,连接BD,如图③,由正方体的性质可得MN∥BD,MN⊄平面ABC,BD⊂平面ABC,所以直线MN∥平面ABC,故C满足;对于D,作出完整的截面,如图④中六边形ABNMHC,可得MN在平面ABC内,不能得出MN∥平面ABC,故D不满足.故选D.
9.B [解析] 由题意知,该几何体是底面为正方形的四棱锥,如图所示,因为F∈平面AEFD,B∉平面AEFD,F不在直线AE上,所以直线AE与直线BF异面,故A中结论正确;易得EF∥BC,BC∥AD,所以EF∥AD,所以EF与AD共面,AE与DF共面,故B中结论错误;因为EF∥AD,EF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以直线EF∥平面PAD,故C中结论正确;因为EF⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以直线EF∥平面ABCD,故D中结论正确.故选B.
10.C [解析] 如图,连接AC与BD,AC交BQ,BD分别于点N,O,因为底面ABCD为平行四边形,所以点O是AC的中点,也是BD的中点,又点Q是AD的中点,所以点N是△ABD的重心,所以AN=23AO=13AC.连接MN,因为PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面MQB=MN,所以PA∥MN,所以t=PMPC=ANAC=13.故选C.
11.C [解析] 对于A,连接B1C,AC,过P作PM∥B1C交BC于M,如图①,因为B1C∥A1D,所以PM∥A1D,PM⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D,所以PM∥平面A1C1D,过M作MQ∥AC,交AB于Q,因为AC∥A1C1,QM⊄平面A1C1D,A1C1⊂平面A1C1D,所以QM∥平面A1C1D,所以平面A1C1D∥平面PQM,又PQ⊂平面PQM,所以PQ∥平面A1C1D,故A中结论正确;同理可判断B中结论正确;连接AD1,BC1,如图②,因为对AB上任意一点Q,D1Q⊂平面D1C1BA,过C作CP⊥BC1交BB1于点P,由AA1=2,AB=BC=1,所以此时点P一定在棱BB1上,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,可得AB⊥平面B1C1CB,CP⊂平面B1C1CB,所以CP⊥AB,又BC1∩AB=B,所以CP⊥平面D1C1BA,所以CP⊥D1Q,故D中结论正确;对于任意给定的点P,CP与BC1不总垂直,当CP与BC1不垂直时,不存在点Q,使得CP⊥D1Q,故C中结论错误.故选C.
12.ACD [解析] 对于A选项,在旋转过程中有水的部分有两个平面相互平行且是全等的多边形,其余每相邻两个面的交线也相互平行,而这些面都是平行四边形,所以有水的部分始终是棱柱,故A正确;对于B选项,易知四边形EFGH始终为矩形,从题图中可以发现,矩形EFGH的边EH的长不变,EF是变化的,故矩形EFGH的面积不是定值,故B错误;对于C选项,因为A1D1始终与BC平行,而BC始终与水面平行,所以棱A1D1始终与水面平行,故C正确;对于D选项,当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时,水体(三棱柱)的底面为三角形,因为水的体积是不变的,高始终是BC,也是不变的,所以底面面积,即12BE·BF也是不变的,即BE·BF为定值,故D正确.故选ACD.
13.217 [解析] 如图,作MM1⊥AD于点M1,作NN1⊥CD于点N1, 则MM1∥平面ACC1A1,连接M1N1,∵MN∥平面ACC1A1,MM1∩MN=M,∴平面MM1N1N∥平面ACC1A1,又平面MM1N1N∩平面ABCD=M1N1,平面ACC1A1∩平面ABCD=AC,∴M1N1∥AC.∵AD=DC,∴DM1=DN1,设DM1=DN1=x,则MM1=3x,NN1=3-3x,在直角梯形MNN1M1中,N1M1=2x,MN2=(2x)2+(3-23x)2=14x-372+37,∴当x=37时,MN取得最小值为217.
14.证明:(1)∵G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
∴GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1,
又B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.
(2)∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC,又EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.
∵G,E分别为A1B1,AB的中点,A1B1∥AB且A1B1=AB,∴A1G∥EB且A1G=EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG,又A1E∩EF=E,
∴平面EFA1∥平面BCHG.
15.解:(1)证明:因为E,F分别为线段AC1,A1C1的中点,所以EF∥A1A.因为B1B∥A1A,所以EF∥B1B.
又因为EF⊄平面BCC1B1,B1B⊂平面BCC1B1,
所以EF∥平面BCC1B1.
(2)取BC1的中点G,连接GE,GF.
因为E为AC1的中点,所以GE∥AB.因为GE⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,所以GE∥平面ABB1A1.
同理可得,EF∥平面ABB1A1.又因为EF∩EG=E,EG,EF⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面ABB1A1.
故在线段BC1上存在一点G,使平面EFG∥平面ABB1A1.
16.解:(1)取PD的中点G,连接EG,AG,如图,EG,AG即为所求画线.
理由如下:
在△PCD中,EG∥CD,在正方形ABCD中,AB∥CD,所以EG∥AB,则A,B,E,G四点共面,
故平面ABEG为过点E和棱AB的平面.因为E,G分别为PC,PD的中点,所以EG=12CD=12AB,所以截面四边形ABEG是梯形,其中AB=2,GE=1,在Rt△PAD中,PA=AD=2,AG⊥PD,所以AG=2,在△PBC中,因为BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,所以PB⊥BC,PB=22,所以BE=12PB2+BC2=3,
所以截面周长为AB+GE+AG+BE=3+2+3.
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在正方形ABCD中,BF∥DM,DM⊂平面DMN,BF⊄平面DMN,所以BF∥平面DMN.
因为BE∩BF=B,所以平面DMN∥平面BEF.
过点E作EH∥DN交PD于点H,由DN⊂平面DMN,EH⊄平面DMN,得EH∥平面DMN.
因为E∈平面BEF,所以EH⊂平面BEF,连接FH,则四边形BEHF为所求截面.因为EH∥DN,所以PEPN=PHPD=23,所以应在PD上取靠近点D的三等分点H,取AD的中点F,BE,EH,HF,BF即为所求画线.
方法二:设平面BEF与PD的交点为H,PH=λPD,
设AB=a,AD=b,AP=c,则BE=12BP+12BC=12(AP-AB)+12AD=-12a+12b+12c,BF=AF-AB=-a+12b.设EH=xBE+yBF=-x2-ya+x2+y2b+x2c,又EH=AH-AE,AE=12(a+b+c),AH=AP+λPD=c+λ(b-c)=λb+(1-λ)c,
所以EH=-12a+λ-12b+12-λc,
所以-x2-y=-12,x2+y2=λ-12,x2=12-λ,解得λ=23,所以PH=23PD,所以应在PD上取靠近点D的三等分点H,取AD的中点F,BE,EH,HF,BF即为所求画线.
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