【数学】2020届一轮复习北师大版直线与平面平行的判定　平面与平面平行的判定作业

【数学】2020届一轮复习北师大版直线与平面平行的判定　平面与平面平行的判定作业

‎2020届一轮复习北师大版 直线与平面平行的判定　平面与平面平行的判定 作业 ‎(25分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.下列四个说法中正确的是　(　　)‎ A.平面α内有无数个点到平面β的距离相等,则α∥β B.α∩γ=a,α∩β=b,且a∥b(α,β,γ分别表示平面,a,b表示直线),则γ∥β C.平面α内一个三角形三边分别平行于平面β内的一个三角形的三条边,则α∥β D.平面α内的一个平行四边形的两边与平面β内的一个平行四边形的两边对应平行,则α∥β ‎【解析】选C.A不正确,当两平面相交时,在一个平面两侧分别有无数点满足条件;B不正确,当平面β与γ相交时也可满足条件;C正确,满足平面平行的判定定理;D不正确,当两平面相交时,也可满足条件.‎ ‎2.如图所示,设E,F,E1,F1分别是长方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,CD,A1B1,C1D1的中点,则平面EFD1A1与平面BCF1E1的位置关系是　(　　)‎ A.平行 B.相交 C.异面 D.不确定 ‎【解析】选A.因为E1和F1分别是A1B1和D1C1的中点,所以A1D1∥E1F1,‎ 又A1D1⊄平面BCF1E1,E1F1⊂平面BCF1E1,‎ 所以A1D1∥平面BCF1E1.‎ 又E1和E分别是A1B1和AB的中点,‎ 所以A1E1BE,所以四边形A1EBE1是平行四边形,所以A1E∥BE1,‎ 又A1E⊄平面BCF1E1,BE1⊂平面BCF1E1,‎ 所以A1E∥平面BCF1E1,‎ 又A1E⊂平面EFD1A1,A1D1⊂平面EFD1A1,A1E∩A1D1=A1,‎ 所以平面EFD1A1∥平面BCF1E1.‎ ‎3.在五棱台ABCDE-A1B1C1D1E1中,F,G分别是AA1和BB1上的点,且=,则FG与平面ABCDE的位置关系是　(　　)‎ A.平行 B.相交 C.FG⊂平面ABCDE D.无法判断 ‎【解析】选A.因为=,‎ 所以FG∥AB,‎ 又FG⊄平面ABCDE,AB⊂平面ABCDE,‎ 所以FG∥平面ABCDE.‎ ‎4.下列四个正方体图形中,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的图形的序号是　(　　)‎ A.①③ B.①④ C.②③ D.②④‎ ‎【解析】选B.如图所示,在①中,由NP∥CB,MN∥AC可知平面MNP∥平面ABC,‎ 又AB⊂平面ABC.‎ 所以AB∥平面MNP;在②中,O为BC中点,AB∥ON,ON与平面MNP相交,所以AB与平面MNP相交;在③中,AB与平面BCPN(即平面MNP)相交于点B;‎ 在④中,由AB∥CD,CD∥NP知AB∥NP,又AB⊄平面MNP,NP⊂平面MNP.故AB∥平面MNP,综上知,图形①④中AB∥平面MNP.‎ ‎【误区警示】解答本题若缺少有效方法说明直线与平面相交,则易误认为第③图中,直线AB∥平面MNP.‎ ‎5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,给出下列四个判断:‎ ‎①FG∥平面AA1D1D;‎ ‎②EF∥平面BC1D1;‎ ‎③FG∥平面BC1D1;‎ ‎④平面EFG∥平面BC1D1.‎ 其中推断正确的序号是　(　　)‎ A.①③　　　　　 　 B.①④‎ C.②③ D.②④‎ ‎【解析】选A.因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,‎ 所以FG∥BC1.‎ 因为BC1∥AD1,所以FG∥AD1.‎ 因为FG⊄平面AA1D1D,‎ AD1⊂平面AA1D1D,‎ 所以FG∥平面AA1D1D,故①正确.‎ 因为EF∥A1C1,A1C1与平面BC1D1相交,‎ 所以EF与平面BC1D1相交,故②错误.‎ 因为E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,‎ 所以FG∥BC1.因为FG⊄平面BC1D1,BC1⊂平面BC1D1,‎ 所以FG∥平面BC1D1,故③正确.‎ 因为EF与平面BC1D1相交,‎ 所以平面EFG与平面BC1D1相交,故④错误.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形,则此六棱柱的面中互相平行的面有______对.‎ ‎【解析】由题意知,此六棱柱的6个侧面中相对的3对平面都是互相平行的平面,另外棱柱的上下底面平行,所以共有4对互相平行的平面.‎ 答案:4‎ ‎7.(2018·衡水高一检测)如图,在四面体ABCD中,M,N分别是△ACD,△BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是________.‎ ‎【解析】连接AM并延长交CD于E,则E为CD的中点.‎ 由于N为△BCD的重心,所以B,N,E三点共线,‎ 且==,‎ 所以MN∥AB.‎ 于是可证MN∥平面ABD且MN∥平面ABC.‎ 答案:平面ABC,平面ABD ‎【补偿训练】(2018·成都高二检测)如图(1),已知正方形ABCD,E,F分别是AB,CD的中点,将△ADE沿DE折起,如图(2)所示,则BF与平面ADE的位置关系是________.‎ ‎【解析】因为E,F分别为AB,CD的中点,且AB=CD,所以EB=FD.又因为EB∥FD,‎ 所以四边形EBFD为平行四边形,‎ 所以BF∥ED.‎ 因为DE⊂平面ADE,而BF⊄平面ADE,‎ 所以BF∥平面ADE.‎ 答案:平行 ‎8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别在AB1,BC1上,且AM=BN,那么①AC∥MN,②MN∥平面ABCD;③MN∥平面A1B1C1D1.其中正确的是__________.‎ ‎【解析】如图,过M,N分别作MG∥BB1,NH∥BB1,分别交AB,BC于G,H.‎ 所以==,==,‎ 又ABCD-A1B1C1D1为正方体,‎ 所以AB1=BC1,BB1=CC1,AB=BC,‎ 又AM=BN,所以MG=NH,AG=BH.‎ 故当G,H不是AB,BC的中点时,GH与AC不平行,故①不正确,‎ 由MG∥NH,知四边形GHNM为平行四边形,‎ 所以MN∥GH,所以MN∥平面ABCD,‎ 同理可得MN∥平面A1B1C1D1.‎ 答案:②③‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE,BD上各有一点P,Q,且AP=DQ.‎ 求证:PQ∥平面BCE.　‎ ‎【证明】如图所示,作PM∥AB交BE于M,‎ 作QN∥AB交BC于N,连接MN.‎ 因为正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,所以AE=BD.‎ 又因为AP=DQ,‎ 所以PE=QB.‎ 又因为PM∥AB∥QN,‎ 所以=,=.‎ 所以PM平行等于QN.‎ 所以四边形PQNM是平行四边形.‎ 所以PQ∥MN.‎ 又MN⊂平面BCE,PQ⊄平面BCE,‎ 所以PQ∥平面BCE.‎ 10. ‎(2018·‎ 兰州高一检测)如图,E,F分别是三棱柱ABC-A1B1C1的棱AC,A1C1的中点,证明:平面AB1F∥平面BC1E.　‎ ‎【证明】由于四边形ACC1A1是平行四边形,‎ 所以FC1∥AE,且AC=A1C1,由于E,F分别是AC,A1C1的中点,‎ 所以AE==A1C1=FC1,‎ 又因为FC1∥AE,‎ 所以四边形AEC1F是平行四边形,‎ 所以AF∥EC1,‎ 而EC1在平面BC1E上,‎ 所以AF∥平面BC1E,‎ 连接EF,则由A1F=A1C1==AE,‎ 且A1F∥AE得四边形AEFA1是平行四边形,‎ 有EFAA1,又在平行四边形ABB1A1中有AA1BB1,‎ 所以EFBB1,则四边形EFB1B是平行四边形,有FB1∥BE,‎ 而BE在平面BC1E上,所以FB1∥平面BC1E,‎ 因为AF,FB1是平面AB1F上的两条相交直线,‎ 所以由AF∥平面BC1E,FB1∥平面BC1E,‎ 可得平面AB1F∥平面BC1E.‎ ‎【补偿训练】如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,点M,N,Q分别在PA,BD,PD上,且PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD.求证:平面MNQ∥平面PBC.‎ ‎【证明】因为PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD,‎ 所以MQ∥AD,NQ∥BP.‎ 因为BP⊂平面PBC,NQ⊄平面PBC,‎ 所以NQ∥平面PBC.‎ 又底面ABCD为平行四边形,‎ 所以BC∥AD,‎ 所以MQ∥BC.‎ 因为BC⊂平面PBC,MQ⊄平面PBC,‎ 所以MQ∥平面PBC.‎ 又MQ∩NQ=Q,根据平面与平面平行的判定定理,得平面MNQ∥平面PBC.‎ ‎(20分钟　40分)‎ 一、选择题(每小题5分,共10分)‎ ‎1.如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线交点为O,M为PB的中点,给出五个结论:①OM∥PD;‎ ‎②OM∥平面PCD;‎ ‎③OM∥平面PDA;‎ ‎④OM∥平面PBA;‎ ‎⑤OM∥平面PBC.‎ 其中正确的个数有　(　　)‎ A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4‎ ‎【解析】选C.矩形ABCD的对角线AC与BD交于O点,所以O为BD的中点.在 ‎△PBD中,M是PB的中点,所以OM是中位线,OM∥PD,可得OM∥平面PCD,OM∥平面PDA.因为M∈PB,所以OM与平面PBA、平面PBC相交.‎ ‎2.(2018·湖南师大附中高一检测)已知立方体ABCD-A′B′C′D′,E,F,G,H分别是棱AD,BB′,B′C′,DD′的中点,从中任取两点确定的直线中,与平面 AB′D′平行的有________条　(　　)‎ A.0 B.2 C.4 D.6‎ ‎【解题指南】证明平面EFGH与平面AB′D′平行,所以平面EFGH内的每条直线都符合条件,可得结论.‎ ‎【解析】选D.连接EG,EH,FG,因为EH∥FG,且EH=FG,所以E,F,G,H四点共面.‎ 由EG∥AB′,EH∥AD′,EG∩EH=E,AB′∩AD′=A,可得平面EFGH与平面AB′D′平行,‎ 所以平面EFGH内的每条直线都符合条件,故选D.‎ ‎【补偿训练】过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的有________条.‎ ‎【解析】如图:‎ DD1,EE1,DE,D1E1,DE1,ED1都平行于平面ABB1A1.‎ 答案:6‎ 二、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎3.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E是PC上的动点,当PE=__________PC时,PA∥平面BDE.‎ ‎【解析】连接AC交BD于点O,连接EO,则PA,EO是共面直线,因为O是AC的中点,所以E是PC的中点时,PA∥OE,且EO⊂平面BDE,所以PA∥‎ 平面BDE.此时PE=PC.‎ 答案:‎ ‎4.如图所示的是正方体的平面展开图.有下列四个命题:‎ ‎①BM∥平面DE;‎ ‎②CN∥平面AF;‎ ‎③平面BDM∥平面AFN;‎ ‎④平面BDE∥平面NCF.‎ 其中,正确命题的序号是__________.‎ ‎【解析】展开图可以折成如图(1)所示的正方体.‎ 在正方体中,连接AN,如图(2)所示,因为AB∥MN,且AB=MN,所以四边形ABMN是平行四边形.所以BM∥AN.因为AN⊂平面DE,BM⊄平面DE,所以BM∥平面DE.同理可证CN∥平面AF,所以①②正确;如图(3)所示,可以证明BM∥平面AFN,BD∥平面AFN,进而得到平面BDM∥平面AFN,同理可证平面BDE∥平面NCF,所以③④正确.‎ 答案:①②③④‎ ‎【补偿训练】如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:‎ ‎①平面EFGH∥平面ABCD;‎ ‎②平面PAD∥BC;‎ ‎③平面PCD∥AB;‎ ‎④平面PAD∥平面PAB.‎ 其中正确的有________.(填序号)‎ ‎【解析】把平面展开图还原为四棱锥如图所示,‎ 则EH∥AB,可得EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD,EH∩EF=E,所以平面EFGH∥平面ABCD;平面PAD,平面PBC,平面PAB,平面PDC是四棱锥的四个侧面,它们两两相交.因为AB∥CD,得平面PCD∥AB.同理平面PAD∥BC.‎ 答案:①②③‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎5.(2018·银川高一检测)如图所示,从左到右依次为:一个长方体截去一个角所得多面体的直观图、该多面体的正视图,该多面体的侧视图(单位:cm).　(1)按照给出的尺寸,求该多面体的体积.‎ ‎(2)在所给直观图中连结,证明:BC′∥平面EFG.‎ ‎【解析】(1)长方体的体积是V1=4×4×6=96(cm3),‎ 截去的一个角是一个三棱锥,‎ 其体积是V2=××2=(cm3),‎ 所以所求多面体体积 V=V1-V2=96-=(cm3).‎ ‎(2)在长方体ABCD-A′B′C′D′中,‎ 连结AD′,则AD′∥BC′.‎ 因为E,G分别为AA′,A′D′中点,‎ 所以AD′∥EG,‎ 从而EG∥BC′.又BC′⊄平面EFG,‎ 所以BC′∥平面EFG.‎ ‎【补偿训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F,H分别为线段AD,PC,CD的中点,AC与BE交于O点,G是线段OF上一点.‎ ‎(1)求证:AP∥平面BEF.‎ ‎(2)求证:GH∥平面PAD.‎ ‎【证明】(1)连接EC,‎ 因为AD∥BC,BC=AD,所以BCAE,‎ 所以四边形ABCE是平行四边形,‎ 所以O为AC的中点.‎ 又因为F是PC的中点,所以FO∥AP,‎ FO⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,‎ 所以AP∥平面BEF.‎ ‎(2)连接FH,OH,‎ 因为F,H分别是PC,CD的中点,‎ 所以FH∥PD,所以FH∥平面PAD.‎ 又因为O是AC的中点,H是CD的中点,‎ 所以OH∥AD,所以OH∥平面PAD.‎ 又FH∩OH=H,所以平面OHF∥平面PAD.又因为GH⊂平面OHF,所以GH∥平面PAD.‎ ‎6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M分别是棱B1C1,BB1,C1D1的中点,是否存在过点E,M且与平面A1FC平行的平面?若存在,请作出并证明;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】如图,设N是棱C1C上的一点,且C1N=C1C,则平面EMN为符合要求的平面.‎ 证明如下:设H为棱C1C的中点,连接B1H,D1H.‎ 因为C1N=C1C,所以C1N=C1H.‎ 又E为B1C1的中点,所以EN∥B1H.‎ 又CF∥B1H,所以EN∥CF.‎ 又EN⊄平面A1FC,CF⊂平面A1FC,‎ 所以EN∥平面A1FC.‎ 同理MN∥D1H,D1H∥A1F,所以MN∥A1F,‎ 可得MN∥平面A1FC.‎ 又EN∩MN=N,所以平面EMN∥平面A1FC.‎