新广东高考人教版理科数学二轮复习方略教师配套作业7.4直线、平面平行的判定及其性质(含答案解析)

课时提升作业(四十五) 一、选择题 1.(2013·清远模拟)在梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊂平面α,CD⊄平面α,则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( ) (A)平行 (B)平行或异面 (C)平行或相交 (D)异面或相交 2.下面四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形是( )

(A)①② (B)①④ (C)②③ (D)③④ 3.下列命题中正确的个数是( ) ①若直线a不在α内,则a∥α; ②若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α; ③若l与平面α平行,则l与α内任何一条直线都没有公共点; ④平行于同一平面的两直线可以相交. (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 4.(2013·汕尾模拟)已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列命题正确的是( ) (A)若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β (B)若m⊥α,n⊥α,则m∥n (C)若m∥α,n∥α,则m∥n (D)若m∥α,m∥β,则α∥β 5.设α,β是两个不同的平面,m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内的两条相交直线,则α∥β的一个充分不必要条件是( ) (A)m∥β且l1∥α (B)m∥β且n∥l2 (C)m∥β且n∥β (D)m∥l1且n∥l2 6.如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A′不与A,F重合),则下列命题中正确的是( ) ①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上; ②BC∥平面A′DE;③三棱锥A′-FED的体积有最大值. (A)① (B)①② (C)①②③ (D)②③ 7.(能力挑战题)若α,β是两个相交平面,点A不在α内,也不在β内,则过点A且与α和β都平行的直线( ) (A)只有1条 (B)只有2条 (C)只有4条 (D)有无数条 二、填空题 8.(2013·湛江模拟)设互不相同的直线l,m,n和平面α,β,γ,给出下列三个命题: ①若l与m为异面直线,l⊂α,m⊂β,则α∥β; ②若α∥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m; ③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n. 其中真命题的序号为 .(写出所有真命题的序号) 9.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= .

10.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m分别与α,β交于A,C,过点P的直线n分别与α,β交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为 . 三、解答题 11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,M,N分别是B1C1,A1D1,A1B1,BD,B1C的中点, 求证:(1)MN∥平面CDD1C1. (2)平面EBD∥平面FGA. 12.(2013·中山模拟)在如图所示的几何体中,平行四边形ABCD的顶点都在以AC为直径的圆O上,AD=CD=DP=a,AP=CP=a,DP∥AM,且AM=DP,E,F分别为BP,CP的中点.

(1)证明:EF∥平面ADP. (2)求三棱锥M-ABP的体积. 13.(能力挑战题)如图所示,四边形EFGH所在平面为三棱锥A-BCD的一个截面,四边形EFGH为平行四边形. (1)求证:AB∥平面EFGH,CD∥平面EFGH. (2)若AB=4,CD=6,求四边形EFGH周长的取值范围.

答案解析 1.【解析】选B.由题知CD∥平面α,故CD与平面α内的直线没有公共点,故只有B正确. 2.【解析】选A.由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP. 3.【解析】选B.a∩α=A时, a⊄α,∴①错; 直线l与α相交时,l上有无数个点不在α内,故②错; l∥α,l与α无公共点,∴l与α内任一直线都无公共点,③正确;长方体中A1C1与B1D1都与平面ABCD平行,∴④正确. 4.【解析】选B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β或α与β相交,故A错误;若m∥α,n∥α,则m与n平行、相交、异面都有可能,故C错误;m∥α,m∥β,则α与β可平行也可相交,故D错误;垂直于同一平面的两条直线平行,故B正确. 5.【思路点拨】选出的条件能推出α∥β,而反之不成立. 【解析】选D.如图(1),α∩β=l,m∥l,l1∥l, 满足m∥β且l1∥α,故排除A;在图(2)中,m∥n∥l∥l2满足m∥β且n∥l2,故排除B;如图(2),α∩β=l,m∥n∥l,满足m∥β且n∥β,故排除C;

D中,当m∥l1且n∥l2时,由于m,n是平面α内的两条不同直线,故可得m,n相交,从而α∥β.反之,当α∥β时,不一定有m∥l1且n∥l2,如图(3). 6.【思路点拨】注意折叠前DE⊥AF,折叠后其位置关系没有改变. 【解析】选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC, ∴点A′在平面ABC上的射影在线段AF上. ②BC∥DE,BC⊄平面A′DE,DE⊂平面A′DE,∴BC∥平面A′DE.③当平面A′DE⊥平面ABC时,三棱锥A′-FED的体积达到最大. 7.【思路点拨】可根据题意画出示意图,然后利用线面平行的判定定理及性质定理解决. 【解析】选A.据题意,如图,要使过点A的直线m与平面α平行,则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行,同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行,则推出n∥k,由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面α与β的交线平行,即要满足条件的直线m只需过点A且与两平面交线平行即可,显然这样的直线有且只有一条. 8.【解析】①中α与β可能相交,故①错;②中l与m可能异面,故②错;由线面平行的性质定理可知,l∥m,l∥n,所以m∥n,故③正确. 答案:③ 9.【解析】∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1, ∴MN∥PQ. ∵M,N分别是A1B1,B1C1的中点,AP=,

∴CQ=,从而DP=DQ=,∴PQ=a. 答案:a 【误区警示】本题易忽视平面与平面平行的性质,不能正确找出Q点的位置,从而无法计算或计算出错,造成失分. 10.【解析】分两种情况考虑,即当点P在两个平面的同一侧和点P在两平面之间两种可能.由两平面平行得交线AB∥CD,截面图如图所示,

由三角形相似可得BD=或BD=24. 答案:或24

11.【证明】(1)连接BC1,DC1,

∵四边形BCC1B1为正方形,N为B1C的中点, ∴N在BC1上,且N为BC1的中点.

又∵M为BD的中点,∴MNDC1. 又MN⊄平面CDD1C1,DC1⊂平面CDD1C1, ∴MN∥平面CDD1C1.

(2)连接EF,B1D1,则EFAB. ∴四边形ABEF为平行四边形,∴AF∥BE. 又易知FG∥B1D1,B1D1∥BD,∴FG∥BD. 又∵AF∩FG=F,BE∩BD=B, ∴平面EBD∥平面FGA. 【变式备选】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别为所在边的中点.求证:平面MNP∥平面A1C1B. 【证明】连接D1C,∵MN为△DD1C的中位线, ∴MN∥D1C. 又易知D1C∥A1B, ∴MN∥A1B.同理,MP∥C1B. 而MN与MP相交,MN,MP在平面MNP内, A1B与C1B相交,A1B,C1B在平面A1C1B内, ∴平面MNP∥平面A1C1B. 12.【解析】(1)∵AC是圆O的直径, ∴∠ADC为直角,即CD⊥AD. ∵AD=CD=a,∴平行四边形ABCD是正方形, ∴BC∥AD. ∵E,F分别为BP,CP的中点, ∴EF∥BC, ∴EF∥AD. ∵EF⊄平面ADP,AD⊂平面ADP, ∴EF∥平面ADP. (2)∵AD2+DP2=AP2, ∴∠ADP是直角, ∴DP⊥AD. 同理DP⊥CD, ∴DP⊥平面ABCD. ∵DP∥AM,∴AM⊥平面ABCD, ∴AM⊥AD.又易知AB⊥AD, ∴AD⊥平面ABM, ∴点D到平面ABM的距离AD,即为点P到平面ABM的距离. 在直角三角形ABM中,S△ABM=AB·AM=a2, ∴VP-ABM=·AD=×a2·a=a3, ∴VM-ABP=VP-ABM=a3. 13.【解析】(1)∵四边形EFGH为平行四边形, ∴EF∥GH. ∵HG⊂平面ABD,EF⊄平面ABD, ∴EF∥平面ABD. ∵EF⊂平面ABC,平面ABD∩平面ABC=AB, ∴EF∥AB. ∵EF⊂平面EFGH,AB⊄平面EFGH, ∴AB∥平面EFGH. 同理可得CD∥平面EFGH. (2)设EF=x(0由(1)知EF∥AB,则=. 又由(1)同理可得CD∥FG,则=, ∴===1-. 从而FG=6-x. ∴四边形EFGH的周长l=2(x+6-x) =12-x. 又0即四边形EFGH周长的取值范围为(8,12). 【变式备选】如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M在AD1上移动,点N在BD上移动,D1M=DN=a(0