《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點測試43　直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 高考概覽 考綱研讀 1．以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理 2．能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡單命題 一、基礎(chǔ)小題 1．已知平面α∥平面β，若兩條直線m，n分別在平面α，β內(nèi)，則m，n的關(guān)系不可能是(　　) A．平行 B．相交 C．異面 D．平行或異面 答案　B 解析　由α∥β知，α∩β＝?．又m?α，n?β，故m∩n＝?．故選B． 2．兩條直線a，b滿足a∥b，b?α，則a與平面α的位置關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)∥α B．a(chǎn)?α

2、 C．a(chǎn)與α相交 D．a(chǎn)與α不相交 答案　D 解析　由于b?α且a∥b，則a∥α或a?α．故a與α不相交．故選D． 3．如圖所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，過A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與AB的位置關(guān)系是(　　) A．異面 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 答案　B 解析　在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB?平面ABC，A1B1?平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵過A1B1的平面與平面ABC交于DE．∴DE∥A1B1，∴DE∥AB． 4．下列命題中，錯誤的是(　　) A．平面內(nèi)一個三角形各邊所在的直線都與另一個平面平

3、行，則這兩個平面平行 B．平行于同一個平面的兩個平面平行 C．若兩個平面平行，則位于這兩個平面內(nèi)的直線也互相平行 D．若兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的直線平行于另一個平面 答案　C 解析　由面面平行的判定定理和性質(zhì)知A，B，D正確．對于C，位于兩個平行平面內(nèi)的直線也可能異面． 5．若直線l不平行于平面α，且l?α，則(　　) A．α內(nèi)的所有直線與l異面 B．α內(nèi)不存在與l平行的直線 C．α內(nèi)存在唯一的直線與l平行 D．α內(nèi)的直線與l都相交 答案　B 解析　因為l?α，若在平面α內(nèi)存在與直線l平行的直線，則l∥α，這與題意矛盾．故選B． 6．下面結(jié)論中： ①過不在平

4、面內(nèi)的一點，有且只有一個平面與這個平面平行； ②過不在平面內(nèi)的一條直線，有且只有一個平面與這個平面平行； ③過不在直線上的一點，有且只有一條直線與這條直線平行； ④過不在直線上的一點，有且只有一個平面與這條直線平行． 正確的序號為(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 答案　C 解析　對于①，過不在平面內(nèi)的一點，有且只有一個平面與這個平面平行，正確；對于②，當(dāng)已知直線與平面相交時，不存在平面與已知平面平行，錯誤；對于③，過不在直線上的一點，有且只有一條直線與這條直線平行，正確；對于④，過不在直線上的一點，有無數(shù)個平面與已知直線平行，錯誤．故選C． 7．有下列命題

5、： ①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線l∥α； ②若直線a在平面α外，則a∥α； ③若直線a∥b，b∥α，則a∥α； ④若直線a∥b，b∥α，則a平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線． 其中真命題的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　命題①，l可以在平面α內(nèi)，是假命題；命題②，直線a與平面α可以是相交關(guān)系，是假命題；命題③，a可以在平面α內(nèi)，是假命題；命題④是真命題． 8．已知正方體ABCD－A1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是________(只填序號)． ①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1

6、∥平面BDC1． 答案?、佗冖? 解析　連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，則AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面，故③錯誤；因AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正確． 二、高考小題 9．(2018·浙江高考)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件

7、 答案　A 解析　∵m?α，n?α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n?α，得m∥n或m與n異面，故必要性不成立．故選A． 10．(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．

8、 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． 11．(2016·全國卷Ⅰ)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，n所成角的正弦值為(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　如圖，延長B1A1至A2，使A2A1＝B1A1，延長D1A1至A3，使A3A1＝D1A1，連

9、接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D．易證AA2∥A1B∥D1C，AA3∥A1D∥B1C．∴平面AA2A3∥平面CB1D1，即平面AA2A3為平面α．于是m∥A2A3，直線AA2即為直線n．顯然有AA2＝AA3＝A2A3，于是m，n所成的角為60°，其正弦值為．故選A． 12．(2016·全國卷Ⅱ)α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β； ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n； ③如果α∥β，m?α，那么m∥β； ④如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確

10、命題的編號) 答案　②③④ 解析　由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n在α內(nèi)，當(dāng)n∥β時，α與β可能相交，也可能平行，故①錯．易知②③④都正確． 三、模擬小題 13．(2018·陜西西安一中模擬)在三棱錐A－BCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA上的點，當(dāng)BD∥平面EFGH時，下面結(jié)論正確的是(　　) A．E，F(xiàn)，G，H一定是各邊的中點 B．G，H一定是CD，DA的中點 C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GC D．AE∶EB＝AH∶HD且BF∶FC＝DG∶GC 答案　D 解析　由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，則AE∶EB＝AH

11、∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC．故選D． 14．(2018·福建廈門第二次質(zhì)量檢查)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別是C1D1，BC，A1D1的中點，則下列命題正確的是(　　) A．MN∥AP B．MN∥BD1 C．MN∥平面BB1D1D D．MN∥平面BDP 答案　C 解析　取B1C1中點Q，連接MQ，NQ，由三角形中位線定理可得MQ∥B1D1，∴MQ∥面BB1D1D，由四邊形BB1QN為平行四邊形，得NQ∥BB1，∴NQ∥面BB1D1D，∴平面MNQ∥平面BB1D1D，MN?面MNQ，∴MN∥平面BB1D1D，故選C． 15．(2018·

12、衡陽二模)若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐與平面α平行的棱有(　　) A．0條 B．1條 C．2條 D．1條或2條 答案　C 解析　如圖所示，平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形EFGH，因為FG∥EH，可證明FG∥平面ABD，由線面平行的性質(zhì)可知FG∥AB，所以AB∥α，同理可得CD∥α，所以有兩條棱和平面平行，故選C． 16．(2018·南昌一模)下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是(　　) A．①③ B．②④ C．②③ D．①④ 答案　D 解析　在①中，由正方體

13、性質(zhì)得到平面MNP與AB所在平面平行，∴AB∥平面MNP，故①成立；②若下底面中心為O，則NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB與面MNP不平行，故②不成立；③過P作與AB平行的直線PO，則PO與平面MNP相交，∴AB與面MNP不平行，故③不成立；在④中，AB與PN平行，∴AB∥平面MNP，故④成立．綜上所述，答案為D． 17．(2018·太原模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C和C1D與底面所成的角分別為60°和45°，則異面直線B1C和C1D所成的角的余弦值為________． 答案　 解析　∵B1B⊥平面ABCD， ∴∠BCB1是B1C與底面所成角，∴∠BCB1

14、＝60°．∵C1C⊥底面ABCD，∴∠CDC1是C1D與底面所成角，∴∠CDC1＝45°，連接A1D，A1C1，則A1D∥B1C， ∴∠A1DC1或其補角為異面直線B1C與C1D所成角，不妨設(shè)BC＝1，則CB1＝DA1＝2，BB1＝CC1＝＝CD，∴C1D＝，A1C1＝2．在等腰三角形A1C1D中，cos∠A1DC1＝＝． 18．(2018·合肥質(zhì)檢三)如圖直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC為邊長為2的等邊三角形，AA′＝4，點E，F(xiàn)，G，H，M分別是邊AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中點，動點P在四邊形EFGH內(nèi)部運動，并且始終有MP∥平面ACC′A′，則動點P的軌跡長度為_

15、_______． 答案　4 解析　因為H，F(xiàn)，M分別為A′B′，AB，BC的中點，所以FM∥AC，HF∥AA′，所以FM∥平面ACC′A′，HF∥平面ACC′A′，又因為FM∩HF＝F，所以平面HFM∥平面ACC′A′，要使MP∥平面ACC′A′，則MP?平面HFM，所以點P的軌跡為線段HF，點P的軌跡長度為4． 一、高考大題 1．(2018·江蘇高考)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求證： (1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC． 證明　(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B

16、1， 因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C． (2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B． 因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC． 又因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC， 又因為AB1?平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． 2．(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，

17、PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． (1)證明：MN∥平面PAB； (2)求四面體N－BCM的體積． 解　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2， 取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝BC＝2． 又AD∥BC，故TN綊AM，故四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT． 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB． (2)因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點， 所以N到平面ABCD的距離為PA． 取BC的中點E，連接AE． 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝． 由AM∥BC得M到

18、BC的距離為， 故S△BCM＝×4×＝2． 所以四面體N－BCM的體積VN－BCM＝·S△BCM·＝×2×2＝． 3．(2017·浙江高考)如圖，已知四棱錐P－ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點． (1)證明：CE∥平面PAB； (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值． 解　(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點為F，連接EF，F(xiàn)B． 因為E，F(xiàn)分別為PD，PA的中點，所以EF∥AD且EF＝AD． 又因為BC∥AD，BC＝AD， 所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四邊形BCEF為平行四

19、邊形，所以CE∥BF． 因為BF?平面PAB，CE?平面PAB， 所以CE∥平面PAB． (2)分別取BC，AD的中點M，N． 連接PN交EF于點Q，連接MQ． 因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點， 所以Q為EF的中點． 在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE． 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD． 由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中點得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN． 由BC∥AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN． 過點Q作PB的垂線， 垂足為H，連接MH， MH是MQ在平面PBC上的射影， 所以∠QMH是直線CE與平面

20、PBC所成的角． 設(shè)CD＝1． 在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝， 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝， 在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝， 所以sin∠QMH＝． 所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是． 二、模擬大題 4．(2018·安徽合肥一中模擬)如圖，四棱錐P－ABCD中，E為AD的中點，PE⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，AC∩BD＝F，且△PAD與△ABD均為正三角形，G為△PAD重心． (1)求證：GF∥平面PDC； (2)求三棱錐G－PCD的體積． 解　(1)證明：連接AG交PD

21、于H，連接CH． 由四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC，知＝， 又G為△PAD的重心， ∴＝， 在△ACH中，＝＝，故GF∥HC． 又HC?平面PDC，GF?平面PDC， ∴GF∥平面PDC． (2)由AB＝2，△PAD，△ABD為正三角形，E為AD中點，得PE＝3， 由(1)知GF∥平面PDC，又PE⊥平面ABCD， ∴VG－PCD＝VF－PCD＝VP－CDF＝PE·S△CDF， 由四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC＝2，△ABD為正三角形， 知DF＝BD＝，∠CDF＝∠ABD＝60°， ∴S△CDF＝CD·DF·sin∠CDF＝， ∴V

22、P－CDF＝PE·S△CDF＝， ∴三棱錐G－PCD的體積為． 5．(2018·安徽合肥一中模擬)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)連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，連接MO，因為四邊形ADEF為平行四邊形，所以O(shè)為AE中點，又M為AB中點，所以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的對邊AD，EF的中點，所以DE∥G

23、N， 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， 因為BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 因為DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線， 所以平面BDE∥平面MNG． 6．(2018·山西太原質(zhì)檢)如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB，現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC． (1)若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求

24、出的值；若不存在，說明理由； (2)求三棱錐A－CDF體積的最大值，并求出此時點F到平面ACD的距離． 解　(1)線段AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF， 此時＝． 理由如下： 當(dāng)＝時，＝， 過點P作PM∥FD交AF于點M，連接EM， 則有＝＝， 由題意可得FD＝5，故MP＝3， 由題意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴MP綊EC， 故四邊形MPCE為平行四邊形，∴CP∥ME， 又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF， ∴CP∥平面ABEF成立． (2)設(shè)BE＝x(0＜x≤4)，∴AF＝x，F(xiàn)D＝6－x， 由題意可得EC⊥EF，又BE⊥EC，BE∩EF＝E， ∴BE⊥平面ECDF， ∵AF∥BE，∴AF⊥平面ECDF． 故VA－CDF＝××2×(6－x)×x＝(－x2＋6x)，∴當(dāng)x＝3時，VA－CDF有最大值，且最大值為3， 此時EC＝1，AF＝3，F(xiàn)D＝3，DC＝2，AD＝3， AC＝， 在△ACD中，由余弦定理得 cos∠ADC＝＝＝， ∴sin∠ADC＝， ∴S△ADC＝DC·DA·sin∠ADC＝3， 設(shè)點F到平面ACD的距離為h， 由于VA－CDF＝VF－ACD， 即3＝·h·S△ACD， ∴h＝，即點F到平面ACD的距離為． 15