2021新高考數(shù)學(xué)新課程一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)第七章第4講直線平面平行的判定與性質(zhì)

第4講直線、平面平行的判定與性質(zhì)組基礎(chǔ)關(guān)1．若平面α∥平面β，直線a∥平面α，點B∈β，則在平面β內(nèi)且過B點的所有直線中()A．不一定存在與a平行的直線B．只有兩條與a平行的直線C．存在無數(shù)條與a平行的直線D．存在唯一與a平行的直線答案A解析當(dāng)直線a在平面β內(nèi)且過B點時，不存在與a平行的直線，故選A.2．設(shè)m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，且m，n?α，則“α∥β”是“m∥β且n∥β”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答案A解析若m，n?α，α∥β，則m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，則α與β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要條件．3.如圖所示，P是三角形ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，α分別交線段PA，PB，PC于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則△A′B′C′與△ABC面積的比為()A．2∶5B．3∶8C．4∶9D．4∶25答案D解析∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又PA′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝PA′∶PA＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC＝2∶5.∴△A′B′C′與△ABC相似，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25，故選D.4．(2017·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()答案A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.5．在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD上的點，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中點，則()A．BD∥平面EFG，且四邊形EFGH是平行四邊形B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是平行四邊形D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形答案B解析如圖，由題意得EF∥BD，且EF＝eq\f(1,5)BD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HG∥BD，且HG＝eq\f(1,2)BD.所以EF∥HG，且EF≠HG.所以四邊形EFGH是梯形．又EF∥平面BCD，而EH與平面ADC不平行，故選B.6．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個命題：①四邊形EFGH是平行四邊形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面A．①②B．②③C．①③D．①②③答案C解析直線AA1∥平面α，且平面α與平面AA1C1C、平面AA1B1B分別交于FG，EH，所以AA1∥FG，AA1∥EH，所以FG∥EH.又平面ABC∥平面A1B1C1，平面α與平面ABC、平面A1B1C1分別交于EF，GH，所以EF∥GH.所以四邊形EFGH為平行四邊形．因為AA1∥平面α，且AA1⊥平面ABC，所以平面α⊥平面ABC，即平面α⊥平面BCFE.平面α與平面BCC1B1可能相交，考慮特殊情況：F與C重合，G與C1重合，7．(2019·益陽模擬)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M是AD的中點，動點P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界)，若B1P∥平面A1BM，則C1PA.eq\f(\r(30),5)B.eq\f(2\r(30),5)C.eq\f(2\r(7),5)D.eq\f(4\r(7),5)答案B解析如圖，在A1D1上取中點Q，在BC上取中點N，連接DN，NB1，B1Q，QD，∵DN∥BM，DQ∥A1M且DN∩DQ＝D，BM∩A1M＝M，∴平面B1QDN∥平面A1BM，則動點P的軌跡是DN(不含D，N兩點)．又CC1⊥平面ABCD，則當(dāng)CP⊥DN時，C1P取得最小值，此時，CP＝eq\f(2×1,\r(12＋22))＝eq\f(2\r(5),5)，∴C1P的最小值是eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2＋22)＝eq\f(2\r(30),5).8．(2019·沈陽模擬)下列三個命題在“________”處都缺少同一個條件，補上這個條件使其構(gòu)成真命題(其中l(wèi)，m為直線，α，β為平面)，則此條件是________．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,m∥α,①))?l∥α；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m?α,l∥m,②))?l∥α；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥m,m⊥α,③))?l∥α.答案l?α解析①l∥m，m∥α?l∥α或l?α，由l?α?l∥α；②l?α，m?α，l∥m?l∥α；③l⊥m，m⊥α?l∥α或l?α，由l?α?l∥α.9.(2020·北京海淀模擬)如圖，ABCD－A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M，N分別是下底面的棱A1B1，B1C1的中點，P是上底面的棱AD上的一點，AP＝eq\f(a,3)，過P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________.答案eq\f(2\r(2),3)a解析如圖所示，連接AC，易知MN∥平面ABCD，又平面PQNM∩平面ABCD＝PQ，MN?平面PQNM，∴MN∥PQ.又MN∥AC，∴PQ∥AC.又AP＝eq\f(a,3)，∴eq\f(PD,AD)＝eq\f(DQ,CD)＝eq\f(PQ,AC)＝eq\f(2,3)，∴PQ＝eq\f(2,3)AC＝eq\f(2\r(2),3)a.10．如圖，在正四棱柱A1C中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個條件即可，答案M位于線段FH上(答案不唯一)解析連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥DD1，HN∥BD，F(xiàn)H∩HN＝H，DD1∩BD＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.組能力關(guān)1．(多選)如圖是正方體的平面展開圖，關(guān)于這個正方體有以下判斷，其中正確的是()A．ED與NF所成的角為60°B．CN∥平面AFBC．BM∥DED．平面BDE∥平面NCF答案ABD解析把正方體的平面展開圖還原成正方體ABCD－EFMN，得ED與NF所成的角為60°，故A正確；CN∥BE，CN?平面AFB，BE?平面AFB.∴CN∥平面AFB，故B正確；BM與ED是異面直線，故C不正確；∵BD∥FN，BE∥CN，BD∩BE＝B，BD?平面BDE，BE?平面BDE，F(xiàn)N∩CN＝N，F(xiàn)N?平面NCF，CN?平面NCF，所以平面BDE∥平面NCF，故D正確．故選ABD.2．平面α過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)答案A解析如圖，過點A補作一個與正方體ABCD－A1B1C1D1相同棱長的正方體，易知m，n所成角為∠EAF1，因為△EAF1為正三角形，所以sin∠EAF1＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，故選A.3．如圖所示，側(cè)棱與底面垂直，且底面為正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分別在AD1，BC上移動，始終保持MN∥平面DCC1D1，設(shè)BN＝x，MN＝y(tǒng)，則函數(shù)y＝f(x答案C解析過M作MQ∥DD1，交AD于點Q，連接QN.∵M(jìn)Q?平面DCC1D1，DD1?平面DCC1D1，∴MQ∥平面DCC1D1，∵M(jìn)N∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD與平面MNQ和DCC1D1分別交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵eq\f(MQ,AQ)＝eq\f(DD1,AD)＝2.∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(0≤x<1,1≤y<eq\r(5))，∴函數(shù)y＝f(x)的圖象為焦點在y軸上的雙曲線上支的一部分，故選C.4．(2019·河南鄭州模擬)如圖，四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．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)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，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，N為AD的中點，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN，又BD?平面MNG，MN?平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BDE∥平面MNG.5．底面是平行四邊形的四棱錐P－ABCD中，E是AB上一點，且eq\f(AE,BE)＝eq\f(1,2)，在側(cè)棱PD上能否找到一點F，使AF∥平面PEC.解設(shè)AF存在，過F點作DC的平行線交PC于點G，連接EG，如圖．∵AB∥CD，∴AE∥FG.則AE，GF確定一個平面，若AF∥平面PEC，則AF∥EG.∴AE＝GF.而eq\f(AE,BE)＝eq\f(1,2).∴AE＝eq\f(1,3)AB.又AB＝CD，∴GF＝eq\f(1,3)DC.∵GF∥DC，∴eq\f(GF,DC)＝eq\f(PF,PD)＝eq\f(1,3).∴存在這樣的F點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(PF,PD)＝\f(1,3)))，使AF∥平面PEC.組素養(yǎng)關(guān)(2019·江西臨川一中模擬)三棱柱ABC－A1B1C1中，D為AB的中點，點E在側(cè)棱CC1上，DE∥平面AB1C(1)證明：E是CC1的中點；(2)設(shè)∠BAC＝90°，四邊形ABB1A1是邊長為4的正方形，四邊形ACC1A1為矩形，且異面直線DE與B1C1所成的角為30°，求三棱柱ABC－A1B解(1)證明：連接A1D，A1E分別交AB1，AC1于點M，N，連接MN，∵DE∥平面AB1C1，DE?平面A1DE平面A1DE∩平面AB1C1＝MN，∴DE∥MN又在三棱柱側(cè)面A1ABB1中，D為AB的中點，∴A1B1＝2AD，由AD∥A1B1可得，∠MAD＝∠MB1A1，∠MDA＝∠MA1B1，所以△ADM∽△B1故A1M＝2MD，∵DE∥MN，∴A1N＝2NE在平面A1ACC1中，同理可證得△A1NA∽△ENC1，∴CC1＝AA1＝2EC1.故E是CC1的中點．