(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)7.3《直線、平面平行的判定與性質(zhì)》課時跟蹤檢測(含詳解)

PAGE第5頁共5頁課時跟蹤檢測（三十六）直線、平面平行的判定與性質(zhì)1．(多選)已知直線a，b，l，平面α，β，則下列命題中錯誤的選項(xiàng)為()A．若α⊥β，l⊥α，則l∥β B．若a⊥l，b⊥l，則a∥bC．若α⊥β，l?α，則l⊥β D．若l⊥α，l⊥β，則α∥β解析：選ABC對于A，由α⊥β，l⊥α，可知l?β或l∥β，故A錯誤；對于B，當(dāng)a⊥l，b⊥l時，直線a與b可能平行，也可能相交，還可能異面，故B錯誤；對于C，當(dāng)α⊥β，l?α?xí)r，l可能與平面β平行，也可能斜交，故C錯誤；對于D，垂直于同一條直線的兩個平面互相平行，故D正確．2．(多選)已知α，β，γ是三個不重合的平面，l是直線．給出下列命題，其中正確的命題是()A．若l上兩點(diǎn)到α的距離相等，則l∥αB．若l⊥α，l∥β，則α⊥βC．若α∥β，l?β，且l∥α，則l∥βD．若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m∥n解析：選BC對于A，若直線l在平面α內(nèi)，l上有兩點(diǎn)到α的距離為0，相等，此時l不與α平行，所以A錯誤；對于B，因?yàn)閘∥β，所以存在直線m?β使得l∥m，因?yàn)閘⊥α，所以m⊥α，又m?β，所以β⊥α，所以B正確；對于C，l∥α，故存在m?α使得l∥m，因?yàn)棣痢桅?，所以m∥β，因?yàn)閘∥m，l?β，所以l∥β，C正確；對于D，因?yàn)閙⊥α，n⊥β，α⊥β，所以m⊥n，所以D錯誤，故選B、C.3．(2021·濰坊期中)m，n是平面α外的兩條直線，在m∥α的前提下，m∥n是n∥α的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A由已知條件m∥α，結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理可得，過直線m作一平面β交α于直線l，則m∥l，從而存在l?α有m∥l，再由m∥n可得n∥l，從而有n∥α.反之，不一定成立，m，n可能相交、平行或異面．所以m∥n是n∥α的充分不必要條件，故選A.4．若平面β截三棱錐所得的截面為平行四邊形，則該三棱錐的所有棱中與平面β平行的棱有()A．0條 B．1條C．2條 D．1條或2條解析：選C如圖所示，四邊形EFGH為平行四邊形，則EF∥GH.∵EF?平面BCD，GH?平面BCD，∴EF∥平面BCD，又∵EF?平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，∴EF∥CD.又EF?平面EFGH，CD?平面EFGH，∴CD∥平面EFGH.同理，AB∥平面EFGH.故有2條棱與平面EFGH平行．因此選C.5．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不重合的平面，有以下四個命題：①若m∥α，n∥β且α∥β，則m∥n；②若m⊥α，n⊥β且α⊥β，則m⊥n；③若m⊥α，n∥β且α∥β，則m⊥n；④若m∥α，n⊥β且α⊥β，則m∥n.其中真命題的序號是()A．②③ B．③④C．①④ D．①②解析：選A對于命題①，直線m，n可以相交、平行或異面，故是錯誤的；易知②③正確；對于命題④，直線m，n可以相交、平行或異面，故是錯誤的．故選A.6．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點(diǎn)A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不一定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥β D．AC⊥β解析：選Dm∥α，m∥β，則有m∥l，又AB∥l，所以AB∥m，所以A成立；由于m∥l，l⊥AC，所以m⊥AC，所以B成立；AB∥l，且A∈α，A?l，α∩β＝l，所以AB∥β，所以C成立；C點(diǎn)可以在平面β內(nèi)，AC與直線l異面垂直，如圖所示，此時AC⊥β不成立，所以D不一定成立．7.如圖所示，三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形，設(shè)D是A1C1上的點(diǎn)且A1B∥平面B1CD，則A1D∶DC1解析：如圖，設(shè)BC1∩B1C＝O，連接OD∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四邊形BCC1B1是菱形，∴O為BC1的中點(diǎn)，∴D為A1C1的中點(diǎn)，則A1D∶DC1答案：18．(2021·蘇州調(diào)研)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若m?α，n∥α，則m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，則m∥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β.其中是真命題的是________(填序號)．解析：①m∥n或m，n異面，故①錯誤；易知②正確；③m∥β或m?β，故③錯誤；④α∥β或α與β相交，故④錯誤．答案：②9．下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是________．解析：①中，易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B，可得出AB∥平面MNP(如圖)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP.答案：①④10.(2021·武漢模擬)如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，側(cè)面PAB⊥平面ABCD，E是棱PA的中點(diǎn)．(1)求證：PC∥平面BDE；(2)平面BDE分此棱錐為兩部分，求這兩部分的體積比．解：(1)證明：在平行四邊形ABCD中，連接AC，設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O(圖略)，則O是AC的中點(diǎn)．又E是PA的中點(diǎn)，連接EO，則EO是△PAC的中位線，所以PC∥EO，又EO?平面EBD，PC?平面EBD，所以PC∥平面EBD.(2)設(shè)三棱錐E-ABD的體積為V1，高為h，四棱錐P-ABCD的體積為V，則三棱錐E-ABD的體積V1＝eq\f(1,3)×S△ABD×h，因?yàn)镋是PA的中點(diǎn)，所以四棱錐P-ABCD的高為2h，所以四棱錐P-ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×S四邊形ABCD×2h＝4×eq\f(1,3)S△ABD×h＝4V1，所以(V－V1)∶V1＝3∶1，所以平面BDE分此棱錐得到的兩部分的體積比為3∶1或1∶3.11.如圖，ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．求證：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.證明：(1)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點(diǎn)O，連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO.又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)，所以DE∥GN，又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M為AB的中點(diǎn)，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN，又MN?平面MNG，BD?平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE?平面BDE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.12．如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P，且AP＝λPD，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．解：AD上存在一點(diǎn)P，使得CP∥平面ABEF，此時λ＝eq\f(3,2).理由如下：當(dāng)λ＝eq\f(3,2)時，AP＝eq\f(3,2)PD，可知eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，如圖，過