【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第八章第三讲直线、平面平行的判定及性质作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第八章第三讲直线、平面平行的判定及性质作业

第三讲　直线、平面平行的判定及性质 ‎1.[2020长春市第一次质量监测]已知a,b,c为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)‎ ‎①a⊥α,b⊥α,则a∥b; ②α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β;‎ ‎③a∥α,b∥α,则a∥b; ④α∥γ,β∥γ,则α∥β.‎ A.①②③ B.②③④ C.①③ D.①④‎ ‎2.[2020惠州市一调]设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则α∥β的一个充分条件是(　　)‎ A.存在一条直线a,a∥α,a∥β B.存在一条直线a,a⊂α,a∥β C.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α D.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α ‎3. [2019广东广州三模]如图8-3-1,在三棱锥A-BCD中,AB =CD =a,M,N,P,Q分别在棱AC,BC,BD,AD(不包含端点)上,AB,CD均平行于平面MNPQ,‎ 图8-3-1‎ 则四边形MNPQ的周长是(　　)‎ A.4a B.2a C.‎3a‎2‎D.周长与截面的位置有关 ‎4.[2019沈阳市第三次质量监测][新角度题]下列三个命题在“(　)”处都缺少同一个条件,补上这个条件可使这三个命题均为真命题(其中l,m为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面),则此条件是　　　　. ‎ ‎①‎　l∥m‎　m∥α‎(　　)‎⇒l ∥α;②‎　m⊂α‎　l∥m‎(　　)‎⇒l ∥ α;③‎　l⊥m‎　m⊥α‎(　　)‎⇒l ∥ α.‎ ‎5.[2020江西红色七校第一次联考]如图8-3-2,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB =AA1 =2,E,F 分别为AB,B1C1的中点.‎ ‎(1)求证:B1E∥平面ACF ;‎ ‎(2)求三棱锥B1-ACF 的体积.‎ 图8-3-2‎ ‎6.[2020成都市高三摸底测试]如图8-3-3,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA =PD,AB =AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD =60°,M,N分别为AD,PA的中点.‎ ‎(1)证明:平面BMN∥平面PCD.‎ ‎(2)若AD =6,求三棱锥P-BMN的体积.‎ 图8-3-3‎ ‎7.[2019江西名校高三质检]如图8-3-4,在四棱锥S-ABCD中,∠SDA =2∠SAD =90°,∠BAD+∠ADC =180°,AB =‎1‎‎2‎CD,点F 是线段SA上靠近点A的三等分点,AC与BD相交于点E.‎ ‎(1)在线段SB上作出点G,使得平面EF G∥平面SCD,请指明点G的具体位置,并用阴影部分表示平面EF G,不必说明平面EF G∥平面SCD的理由;‎ ‎(2)若SA =SB =2,AB =AD =BD =‎2‎,求点F 到平面SCD的距离.‎ 图8-3-4‎ ‎8.[新角度题]如图8-3-5,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ADC =120°,△SAD是等边三角形,平面SAD⊥平面ABCD,E,F 分别是SC,AB上的一点.‎ ‎(1)若E,F 分别是SC,AB的中点,求证:BE∥平面SF D.‎ ‎(2)当SEEC为多少时,三棱锥S-BDE的体积为‎1‎‎6‎?‎ 图8-3-5‎ ‎9.[2019惠州市一调]如图8-3-6,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.‎ ‎(1)证明:PB∥平面AEC.‎ ‎(2)设AP =1,AD =‎3‎,三棱锥P-ABD的体积V =‎3‎‎4‎,求点A到平面PBC的距离.‎ 图8-3-6‎ ‎10.[2019南昌市重点中学高三模拟]如图8-3-7,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF 是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF ,∠BAD =∠CDA =90°,AB =AD =DE =‎1‎‎2‎CD =2,M是线段AE上的动点.‎ ‎(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF ,并说明理由;‎ ‎(2)在(1)的条件下,求平面MDF 将几何体ABCDEF 分成的上、下两部分的体积之比.‎ 图8-3-7‎ 第三讲　直线、平面平行的判定及性质 ‎1.D　①中,由a⊥α,b⊥α,利用线面垂直的性质定理可推出a∥b,故①正确;②中,由α⊥γ,β⊥γ,得α与β平行或相交,故②不正确;③中,由a∥α,b∥α,得a与b平行或相交或异面,故③不正确;④中,由α∥γ,β∥γ,利用面面平行的传递性可推出α∥β,故④正确.综上所述,①④的说法正确,故选D.‎ ‎2.D　对于A,若a∥α,a∥β,则平面α,β可能平行,也可能相交,所以A不是α∥β的一个充分条件.对于B,若a⊂α,a∥β,则平面α,β可能平行,也可能相交,所以B不是α∥β的一个充分条件.对于C,由a∥b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α可得α∥β或α,β相交,所以C不是α∥β的一个充分条件.‎ 对于D,存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,如图D 8 - 3 - 4,在β内过b上一点作c∥a,则c∥α,所以β内有两条相交直线平行于α,则有α∥β,所以D是α∥β的一个充分条件,故选D.‎ 图D 8 - 3 - 4‎ ‎3.B　设AMCM=k.‎ 因为AB∥平面MNPQ,平面ABC∩平面MNPQ=MN,AB⊂平面ABC,所以MN∥AB,同理可得PQ∥AB,MQ∥CD,NP∥CD,故四边形MNPQ为平行四边形,‎ 所以MNAB‎=PQAB=‎‎1‎‎1+k,MQCD‎=NPCD=‎k‎1+k.‎ 因为AB=CD=a,‎ 所以MN=PQ=a‎1+k,MQ=NP=ak‎1+k,‎ 所以四边形MNPQ的周长为MN+PQ+MQ+NP=2(a‎1+k‎+‎ak‎1+k)=2a.故选B.‎ ‎4.l⊄α　②体现的是线面平行的判定定理,缺少的条件是“l为平面α外的一条直线”,即“l⊄α”,“l⊄α”也适用于①和③,故此条件是l⊄α.‎ ‎5.(1)取AC的中点M,连接EM,FM.在△ABC中,因为E,M分别为AB,AC的中点,所以EM∥BC且EM=‎1‎‎2‎BC.‎ 又F为B1C1的中点,B1C1∥BC且B1C1=BC,所以B1F∥BC且B1F=‎1‎‎2‎BC,即EM∥B1F且EM=B1F.‎ 故四边形EMFB1为平行四边形,所以B1E∥FM.‎ 又FM⊂平面ACF,B1E⊄平面ACF,所以B1E∥平面ACF.‎ ‎(2)设O为BC的中点,连接AO,因为三棱柱底面是正三角形,‎ 所以AO=‎3‎,且易知AO丄平面BCC1B1.‎ 于是V三棱锥B‎1‎ - ACF‎=V三棱锥A - B‎1‎CF=‎1‎‎3‎×‎S‎△B‎1‎CF×AO=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×1×2×‎3‎‎=‎‎3‎‎3‎.‎ ‎6.(1)连接BD,如图D 8 - 3 – 5‎ 图D 8 - 3 - 5‎ ‎.∵AB=AD,∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形.‎ ‎∵M为AD的中点,∴BM⊥AD.‎ 又AD⊥CD,CD⊂平面ABCD,BM⊂平面ABCD,∴BM∥CD.‎ 又BM⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴BM∥平面PCD.‎ ‎∵M,N分别是AD,PA的中点,∴MN∥PD.‎ 又MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,‎ ‎∴MN∥平面PCD.‎ 又BM⊂平面BMN,MN⊂平面BMN,且BM∩MN=M,‎ ‎∴平面BMN∥平面PCD.‎ ‎(2)由(1)知BM⊥AD.‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BM⊂平面ABCD,∴BM⊥平面PAD.‎ 又AD=6,∠BAD=60°,∴BM=3‎3‎.‎ ‎∵M,N分别是AD,PA的中点,PA=PD=‎2‎‎2‎AD=3‎2‎,∴△PMN的面积S△PMN=‎1‎‎4‎S△PAD=‎1‎‎4‎‎×‎‎1‎‎2‎×(3‎2‎)2=‎9‎‎4‎.‎ ‎∴三棱锥P - BMN的体积V三棱锥P - BMN=V三棱锥B - PMN=‎1‎‎3‎S△PMN·BM=‎1‎‎3‎‎×‎‎9‎‎4‎×3 ‎3‎‎=‎‎9‎‎3‎‎4‎.‎ ‎7.(1)用阴影部分表示平面EFG如图D 8 - 3 - 6所示,点G为线段SB上靠近点B的三等分点.‎ 图D 8 - 3 - 6‎ ‎(2)依题意得,∠SDA=90°,∠SAD=45°,故SD=AD=‎2‎.‎ 又SA=SB=2,所以SB2=SD2+BD2,‎ 所以SD⊥DB.‎ 又DA⊂平面ABCD,DB⊂平面ABCD,且DA∩DB=D,所以SD⊥平面ABCD.‎ 因为SD⊂平面SCD,所以平面SCD⊥平面ABCD.‎ 如图D 8 - 3 - 7,作EH⊥CD于点H.‎ 图D 8 - 3 - 7‎ 因为平面SCD∩平面ABCD=CD,所以EH⊥平面SCD.‎ 由(1)可知EF∥平面SCD,所以EH即为点F到平面SCD的距离.‎ 在△ABD中,设AB边上的高为h,则h=‎6‎‎2‎.‎ 易知EDBD‎=ECAC=‎‎2‎‎3‎,所以EH=‎2‎‎3‎h=‎6‎‎3‎,‎ 即点F到平面SCD的距离为‎6‎‎3‎.‎ ‎8. (1)如图D 8 - 3 - 8,取SD的中点G,连接FG,GE.‎ 图D 8 - 3 - 8‎ 因为E,F,G分别是SC,AB,SD的中点,‎ 所以EG∥CD且EG=‎1‎‎2‎CD,BF=‎1‎‎2‎AB.‎ 又四边形ABCD是菱形,‎ 所以AB∥CD且AB=CD,‎ 所以EG∥BF且EG=BF,‎ 所以四边形FBEG为平行四边形,所以BE∥FG.‎ 又BE⊄平面SFD,FG⊂平面SFD,‎ 所以BE∥平面SFD.‎ ‎(2)因为四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=120°,‎ 所以S△BCD=‎1‎‎2‎×2×‎3‎‎=‎‎3‎.‎ 因为△SAD是等边三角形,所以在△SAD中,AD边上的高为‎3‎.‎ 又平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,‎ 所以△SAD的高即三棱锥S - BCD的高,‎ 所以V三棱锥S - BCD=‎1‎‎3‎‎×‎3‎×‎‎3‎=1.‎ 又V三棱锥S - BDE=‎1‎‎6‎,所以V三棱锥S - BDEV三棱锥S - BCD‎=S‎△SDES‎△SDC=SESC=‎‎1‎‎6‎.‎ 所以当SEEC‎=‎‎1‎‎5‎时,三棱锥S - BDE的体积为‎1‎‎6‎.‎ ‎【素养落地】　本题考查了线面位置关系的证明和线段比的探究,要求考生能熟练掌握并灵活应用有关的性质、定理,考查了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养.‎ ‎9.(1)设BD交AC于点O,连接EO.‎ 因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以O为BD的中点.‎ 又E为PD的中点,所以EO∥PB.‎ 又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)解法一　V=‎1‎‎6‎PA·AB·AD=‎3‎‎6‎AB,由V=‎3‎‎4‎,可得AB=‎3‎‎2‎.作AH⊥PB交PB于点H.‎ 由题设易知BC⊥平面PAB,又AH⊂平面PAB,所以BC⊥AH.‎ 又BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC,故AH⊥平面PBC,‎ 又PB=AP‎2‎+AB‎2‎‎=‎‎13‎‎2‎,AH=PA·ABPB‎=‎‎3‎‎13‎‎13‎,‎ 所以点A到平面PBC的距离为‎3‎‎13‎‎13‎.‎ 解法二　V=‎1‎‎6‎PA·AB·AD=‎3‎‎6‎AB,由V=‎3‎‎4‎,可得AB=‎3‎‎2‎.‎ 由题设易知BC⊥平面PAB,得BC⊥PB.‎ 假设点A到平面PBC的距离为d,‎ 因为PB=PA‎2‎+AB‎2‎‎=‎‎13‎‎2‎,‎ 所以V三棱锥A - PBC=‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎3‎×‎‎13‎‎2‎×d=‎39‎‎12‎d.‎ 又V三棱锥P - ABC=‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎3‎‎2‎×‎‎3‎×1=‎3‎‎4‎,‎ V三棱锥A - PBC=V三棱锥P - ABC,所以d=‎3‎‎13‎‎13‎.‎ ‎【技巧点拨】　点到平面的距离问题是高考的热点问题,可以利用三棱锥的特点,用等体积法求解.‎ ‎10.(1)当点M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.‎ 理由如下:‎ 如图D 8 - 3 - 9,连接CE,交DF于点N,连接MN.‎ 因为M,N分别是AE,CE的中点,‎ 所以MN∥AC.‎ 因为MN⊂平面MDF,AC⊄平面MDF,‎ 所以AC∥平面MDF.‎ 图D 8 - 3 - 9‎ ‎ (2)如图D 8 - 3 - 9,将几何体ABCDEF补成三棱柱ADE - B1CF,‎ 易知三棱柱ADE - B1CF的体积V三棱柱ADE - B‎1‎CF=S△ADE·CD=‎1‎‎2‎×2×2×4=8,‎ 则几何体ABCDEF的体积V几何体ABCDEF=V三棱柱ADE - B‎1‎CF‎ - ‎V三棱锥F - BB‎1‎C=8 - ‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×2×2×2=‎20‎‎3‎.‎ 三棱锥F - DEM的体积V三棱锥F - DEM=‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎2‎×‎‎2‎×4=‎4‎‎3‎,‎ 故平面MDF将几何体ABCDEF分成的上、下两部分的体积之比为‎4‎‎3‎∶(‎20‎‎3‎‎ - ‎‎4‎‎3‎)=1∶4.‎