《版一輪復(fù)習(xí)理科數(shù)學(xué)習(xí)題：第七篇　立體幾何必修2 第4節(jié)　直線、平面平行的判定與性質(zhì) Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《版一輪復(fù)習(xí)理科數(shù)學(xué)習(xí)題：第七篇　立體幾何必修2 第4節(jié)　直線、平面平行的判定與性質(zhì) Word版含解析（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4節(jié)　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 【選題明細(xì)表】 知識(shí)點(diǎn)、方法 題號(hào) 與平行有關(guān)的命題判斷 3,7 直線與平面平行的判定與性質(zhì) 1,2,5,12,13 平面與平面平行的判定與性質(zhì) 4,9,11 平行關(guān)系的綜合問(wèn)題 6,8,10,14 基礎(chǔ)鞏固(時(shí)間:30分鐘) 1.已知直線a和平面α,那么a∥α的一個(gè)充分條件是(　C　) (A)存在一條直線b,a∥b且b?α (B)存在一條直線b,a⊥b且b⊥α (C)存在一個(gè)平面β,a?β且α∥β (D)存在一個(gè)平面β,a∥β且α∥β 解析:在A,B,D中,均有可能a?α,錯(cuò)誤;在C中,兩平面平行,則其中

2、一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線都平行于另一個(gè)平面,故C正確. 2.(2017·全國(guó)Ⅰ卷)如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(　A　) 解析:如圖,O為正方形CDBE的兩條對(duì)角線的交點(diǎn),從而O為BC的中點(diǎn),在△ACB中,OQ為中位線,所以O(shè)Q∥AB,OQ∩平面MNQ=Q,所以,AB與平面MNQ相交,而不是平行,故選A. 3.已知a,b是兩條不重合的直線,α,β是兩個(gè)不重合的平面,則下列命題中正確的是(　C　) (A)a∥b,b?α,則a∥α (B)a,b?α,a∥β,b∥β,則α∥β

3、(C)a⊥α,b∥α,則a⊥b (D)當(dāng)a?α,且b?α?xí)r,若b∥α,則a∥b 解析:由a∥b,b?α,也可能a?α,A錯(cuò);B中的直線a,b不一定相交,平面α,β也可能相交,B錯(cuò);C正確;D中的直線a,b也可能異面,D錯(cuò).故選C. 4.過(guò)直線l外兩點(diǎn),作與l平行的平面,則這樣的平面(　D　) (A)不存在 (B)只能作出1個(gè) (C)能作出無(wú)數(shù)個(gè) (D)以上都有可能 解析:設(shè)直線l外兩點(diǎn)確定直線AB,①當(dāng)AB與l相交時(shí),滿足題意的平面不存在;②當(dāng)AB與l異面時(shí),滿足題意的平面只能作一個(gè);③當(dāng)AB∥l時(shí),滿足題意的平面有無(wú)數(shù)多個(gè). 5.(2018·咸寧模擬)如圖,在三棱柱

4、ABC-A1B1C1中,點(diǎn)D為AC的中點(diǎn),點(diǎn)D1是A1C1上的一點(diǎn),若DC1∥平面AB1D1,則等于(　B　) (A) (B)1 (C)2 (D)3 解析:因?yàn)镈C1∥平面AB1D1,DC1?平面ACC1A1,平面ACC1A1∩平面AB1D1=AD1,所以DC1∥AD1,又AD∥C1D1,所以四邊形ADC1D1是平行四邊形,所以AD=C1D1.又D為AC的中點(diǎn),所以D1為A1C1的中點(diǎn),所以=1. 6.(2018·麗江模擬)若正n邊形的兩條對(duì)角線分別與平面α平行,則這個(gè)正n邊形所在的平面一定平行于平面α,那么n的取值可能是(　A　) (A)5 (B)6 (C)8 (D)12 解析

5、:因?yàn)檎暹呅蔚膶?duì)角線都相交,所以正五邊形所在的平面一定與平面α平行. 7.(2018·益陽(yáng)模擬)設(shè)a,b為不重合的兩條直線,α,β為不重合的兩個(gè)平面,給出下列命題: ①若a?α,b?α,a,b是異面直線,那么b∥α; ②若a∥α且b∥α,則a∥b; ③若a?α,b∥α,a,b共面,那么a∥b; ④若α∥β,a?α,則a∥β. 上面命題中,所有真命題的序號(hào)是　　　　.? 解析:①中的直線b與平面α也可能相交,故不正確;②中的直線a,b可能平行、相交或異面,故不正確;由線面平行的性質(zhì)得③正確;由面面平行的性質(zhì)可得④正確. 答案:③④ 8.(2018·達(dá)州月考)α,β,γ是三個(gè)平

6、面,a,b是兩條直線,有下列三個(gè)條件: ①a∥γ,b?β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a?γ. 如果命題“α∩β=a,b?γ,且　　　　,則a∥b”為真命題,則可以在橫線處填入的條件是　　　　(填上你認(rèn)為正確的所有序號(hào)).? 解析:①a∥γ,a?β,b?β,β∩γ=b?a∥b(線面平行的性質(zhì)). ②如圖所示,在正方體中,α∩β=a,b?γ,a∥γ,b∥β,而a,b異面,故②錯(cuò). ③b∥β,b?γ,a?γ,a?β,β∩γ=a?a∥b(線面平行的性質(zhì)). 答案:①③ 能力提升(時(shí)間:15分鐘) 9.(2018·三明模擬)設(shè)α,β是兩個(gè)不同的平面,m,n是平面α內(nèi)的兩條不同的直線

7、,l1,l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線,則α∥β的一個(gè)充分而不必要條件是(　D　) (A)m∥β且l1∥α (B)l1∥α且l2∥α (C)m∥β且n∥β (D)m∥l1且n∥l2 解析:m∥l1,且n∥l2?α∥β,但α∥β?/ m∥l1且n∥l2,所以 “m∥l1,且n∥l2”是“α∥β”的一個(gè)充分而不必要條件. 10.(2018·亳州模擬)設(shè)平面α∥平面β,A∈α,B∈β,C是AB的中點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)A,B分別在平面α,β內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí),所有的動(dòng)點(diǎn)C(　D　) (A)不共面 (B)當(dāng)且僅當(dāng)A,B分別在兩條直線上移動(dòng)時(shí)才共面 (C)當(dāng)且僅當(dāng)A,B分別在給定的兩條異面直線上移動(dòng)時(shí)才共面

8、 (D)無(wú)論A,B如何移動(dòng)都共面 解析:因?yàn)槠矫姒痢纹矫姒?A∈α,B∈β,且C為AB的中點(diǎn),所以點(diǎn)C在同一平面內(nèi),這個(gè)平面夾在平面α與β的正中間. 11.如圖,L,M,N分別為正方體對(duì)應(yīng)棱的中點(diǎn),則平面LMN與平面PQR的位置關(guān)系是(　C　) (A)垂直 (B)相交不垂直 (C)平行 (D)重合 解析:如圖,分別取另三條棱的中點(diǎn)A,B,C將平面LMN延展為平面正六邊形AMBNCL,因?yàn)镻Q∥AL,PR∥AM,且PQ與PR相交,AL與AM相交,所以平面PQR∥平面AMBNCL,即平面LMN∥平面PQR.故選C. 12.(2018·舟山模擬)如圖所示,在正四棱柱ABCD-

9、A1B1C1D1中,E,F,G, H分別是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中點(diǎn),N是BC的中點(diǎn),點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng),則M只需滿足條件　　　　時(shí),就有MN∥平面B1BDD1. (注:請(qǐng)?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個(gè)條件即可,不必考慮全部可能情況)? 解析:連接HN,FH,FN,則FH∥DD1,HN∥BD, 所以平面FHN∥平面B1BDD1,只需M∈FH,則MN?平面FHN,所以MN∥平面B1BDD1. 答案:點(diǎn)M在線段FH上 13. (2018·保定模擬)在如圖所示的多面體中,四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形.設(shè)D,E分別是線段BC,CC1的中點(diǎn),在線段AB上是否存在一

10、點(diǎn)M,使直線DE∥平面A1MC?請(qǐng)證明你的結(jié)論. 解:取線段AB的中點(diǎn)M,連接A1M,MC,A1C,AC1,設(shè)O為A1C,AC1的交點(diǎn). 由已知,O為AC1的中點(diǎn). 連接MD,OE,則MD,OE分別為△ABC,△ACC1的中位線, 所以MDAC,OEAC, 因此MDOE. 連接OM,從而四邊形MDEO為平行四邊形, 則DE∥MO. 因?yàn)橹本€DE?平面A1MC,MO?平面A1MC, 所以直線DE∥平面A1MC. 即線段AB上存在一點(diǎn)M(線段AB的中點(diǎn)),使直線DE∥平面A1MC. 14.如圖,四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E為PB的中點(diǎn). (

11、1)求證:CE∥平面PAD; (2)在線段AB上是否存在一點(diǎn)F,使得平面PAD∥平面CEF?若存在,證明你的結(jié)論,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. (1)證明:取PA的中點(diǎn)H,連接EH,DH, 因?yàn)镋為PB的中點(diǎn), 所以EH∥AB,EH=AB, 又AB∥CD,CD=AB, 所以EH∥CD,EH=CD, 因此四邊形DCEH是平行四邊形, 所以CE∥DH, 又DH?平面PAD,CE?平面PAD, 因此CE∥平面PAD. (2)解:存在點(diǎn)F為AB的中點(diǎn),使平面PAD∥平面CEF, 證明如下: 取AB的中點(diǎn)F,連接CF,EF, 所以AF=AB, 又CD=AB,所以AF=CD, 又AF∥CD, 所以四邊形AFCD為平行四邊形, 因此CF∥AD, 又CF?平面PAD, 所以CF∥平面PAD, 由(1)可知CE∥平面PAD, 又CE∩CF=C, 故平面CEF∥平面PAD, 故存在AB的中點(diǎn)F滿足要求.