立体几何考点测试43直线平面平行的判定及其性质.docx

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立体几何考点测试43直线平面平行的判定及其性质

考点测试43　直线、平面平行的判定及其性质

高考概览

考纲研读

1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理

2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题

一、基础小题

1．已知平面α∥平面β，若两条直线m，n分别在平面α，β内，则m，n的关系不可能是（　　）

A．平行B．相交

C．异面D．平行或异面

答案　B

解析　由α∥β知，α∩β＝∅．又m⊂α，n⊂β，故m∩n＝∅．故选B．

2．两条直线a，b满足a∥b，b⊂α，则a与平面α的位置关系是（　　）

A．a∥αB．a⊂α

C．a与α相交D．a与α不相交

答案　D

解析　由于b⊂α且a∥b，则a∥α或a⊂α．故a与α不相交．故选D．

3．如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是（　　）

A．异面

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，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE．∴DE∥A1B1，∴DE∥AB．

4．下列命题中，错误的是（　　）

A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行

B．平行于同一个平面的两个平面平行

C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行

D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面

答案　C

解析　由面面平行的判定定理和性质知A，B，D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面．

5．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则（　　）

A．α内的所有直线与l异面

B．α内不存在与l平行的直线

C．α内存在唯一的直线与l平行

D．α内的直线与l都相交

答案　B

解析　因为l⊄α，若在平面α内存在与直线l平行的直线，则l∥α，这与题意矛盾．故选B．

6．下面结论中：

①过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；

②过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行；

③过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；

④过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行．

正确的序号为（　　）

A．①②B．③④C．①③D．②④

答案　C

解析　对于①，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于②，当已知直线与平面相交时，不存在平面与已知平面平行，错误；对于③，过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于④，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知直线平行，错误．故选C．

7．有下列命题：

①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；

②若直线a在平面α外，则a∥α；

③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；

④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．

其中真命题的个数是（　　）

A．1B．2C．3D．4

答案　A

解析　命题①，l可以在平面α内，是假命题；命题②，直线a与平面α可以是相交关系，是假命题；命题③，a可以在平面α内，是假命题；命题④是真命题．

8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是________（只填序号）．

①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1．

答案　①②④

解析　连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，则AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．

二、高考小题

9．（2018·浙江高考）已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（　　）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

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与n异面，故必要性不成立．故选A．

10．（2017·全国卷Ⅰ）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）

答案　A

解析　A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB．∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ．又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ．

C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ．又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，

∴AB∥平面MNQ．D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ．又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ．故选A．

11．（2016·全国卷Ⅰ）平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为（　　）

A．

B．

C．

D．

答案　A

解析　如图，延长B1A1至A2，使A2A1＝B1A1，延长D1A1至A3，使A3A1＝D1A1，连接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D．易证AA2∥A1B∥D1C，AA3∥A1D∥B1C．∴平面AA2A3∥平面CB1D1，即平面AA2A3为平面α．于是m∥A2A3，直线AA2即为直线n．显然有AA2＝AA3＝A2A3，于是m，n所成的角为60°，其正弦值为

．故选A．

12．（2016·全国卷Ⅱ）α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：

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与α所成的角和n与β所成的角相等．

其中正确的命题有________．（填写所有正确命题的编号）

答案　②③④

解析　由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错．易知②③④都正确．

三、模拟小题

13．（2018·陕西西安一中模拟）在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下面结论正确的是（　　）

A．E，F，G，H一定是各边的中点

B．G，H一定是CD，DA的中点

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，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC．故选D．

14．（2018·福建厦门第二次质量检查）如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是（　　）

A．MN∥AP

B．MN∥BD1

C．MN∥平面BB1D1D

D．MN∥平面BDP

答案　C

解析　取B1C1中点Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理可得MQ∥B1D1，∴MQ∥面BB1D1D，由四边形BB1QN为平行四边形，得NQ∥BB1，∴NQ∥面BB1D1D，∴平面MNQ∥平面BB1D1D，MN⊂面MNQ，∴MN∥平面BB1D1D，故选C．

15．（2018·衡阳二模）若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有（　　）

A．0条B．1条

C．2条D．1条或2条

答案　C

解析　如图所示，平面α截三棱锥所得截面为平行四边形EFGH，因为FG∥EH，可证明FG∥平面ABD，由线面平行的性质可知FG∥AB，所以AB∥α，同理可得CD∥α，所以有两条棱和平面平行，故选C．

16．（2018·南昌一模）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．①③B．②④C．②③D．①④

答案　D

解析　在①中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，∴AB∥平面MNP，故①成立；②若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故②不成立；③过P作与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故③不成立；在④中，AB与PN平行，∴AB∥平面MNP，故④成立．综上所述，答案为D．

17．（2018·太原模拟）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的角的余弦值为________．

答案　

解析　∵B1B⊥平面ABCD，

∴∠BCB1是B1C与底面所成角，∴∠BCB1＝60°．∵C1C⊥底面ABCD，∴∠CDC1是C1D与底面所成角，∴∠CDC1＝45°，连接A1D，A1C1，则A1D∥B1C，

∴∠A1DC1或其补角为异面直线B1C与C1D所成角，不妨设BC＝1，则CB1＝DA1＝2，BB1＝CC1＝

＝CD，∴C1D＝

，A1C1＝2．在等腰三角形A1C1D中，cos∠A1DC1＝

＝

．

18．（2018·合肥质检三）如图直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC为边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为________．

答案　4

解析　因为H，F，M分别为A′B′，AB，BC的中点，所以FM∥AC，HF∥AA′，所以FM∥平面ACC′A′，HF∥平面ACC′A′，又因为FM∩HF＝F，所以平面HFM∥平面ACC′A′，要使MP∥平面ACC′A′，则MP⊂平面HFM，所以点P的轨迹为线段HF，点P的轨迹长度为4．

一、高考大题

1．（2018·江苏高考）在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：

（1）AB∥平面A1B1C；

（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．

证明　

（1）在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1，

因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，

所以AB∥平面A1B1C．

（2）在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．

又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B．

因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．

又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，

又因为AB1⊂平面ABB1A1，

所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．

2．（2016·全国卷Ⅲ）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

（1）证明：

MN∥平面PAB；

（2）求四面体N－BCM的体积．

解　

（1）证明：

由已知得AM＝

AD＝2，

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝

BC＝2．

又AD∥BC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT．

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，

所以MN∥平面PAB．

（2）因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，

所以N到平面ABCD的距离为

PA．

取BC的中点E，连接AE．

由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝

＝

．

由AM∥BC得M到BC的距离为

，

故S△BCM＝

×4×

＝2

．

所以四面体N－BCM的体积VN－BCM＝

·S△BCM·

＝

×2

×2＝

．

3．（2017·浙江高考）如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．

（1）证明：

CE∥平面PAB；

（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

解　

（1）证明：

如图，设PA的中点为F，连接EF，FB．

因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝

AD．

又因为BC∥AD，BC＝

AD，

所以EF∥BC且EF＝BC，

所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF．

因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，

所以CE∥平面PAB．

（2）分别取BC，AD的中点M，N．

连接PN交EF于点Q，连接MQ．

因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，

所以Q为EF的中点．

在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．

由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD．

由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝

AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN．

由BC∥AD得BC⊥平面PBN，

那么平面PBC⊥平面PBN．

过点Q作PB的垂线，

垂足为H，连接MH，

MH是MQ在平面PBC上的射影，

所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．

设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，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是

．

二、模拟大题

4．（2018·安徽合肥一中模拟）如图，四棱锥P－ABCD中，E为AD的中点，PE⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2

，AC∩BD＝F，且△PAD与△ABD均为正三角形，G为△PAD重心．

（1）求证：

GF∥平面PDC；

（2）求三棱锥G－PCD的体积．

解　

（1）证明：

连接AG交PD于H，连接CH．

由四边形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC，知

＝

，

又G为△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为正三角形，E为AD中点，得PE＝3，

由

（1）知GF∥平面PDC，又PE⊥平面ABCD，

∴VG－PCD＝VF－PCD＝VP－CDF＝

PE·S△CDF，

由四边形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC＝2

，△ABD为正三角形，

知DF＝

BD＝

，∠CDF＝∠ABD＝60°，

∴S△CDF＝

CD·DF·sin∠CDF＝

，

∴VP－CDF＝

PE·S△CDF＝

，

∴三棱锥G－PCD的体积为

．

5．（2018·安徽合肥一中模拟）如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：

（1）BE∥平面DMF；

（2）平面BDE∥平面MNG．

证明　

（1）连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE中点，又M为AB中点，所以MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF．

（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的对边AD，EF的中点，所以DE∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG．

又M为AB的中点，N为AD的中点，

所以MN为△ABD的中位线，

所以BD∥MN，

因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，

所以平面BDE∥平面MNG．

6．（2018·山西太原质检）如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC．

（1）若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？

若存在，求出

的值；若不存在，说明理由；

（2）求三棱锥A－CDF体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．

解　

（1）线段AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，

此时

＝

．

理由如下：

当

＝

时，

＝

，

过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，

则有

＝

＝

，

由题意可得FD＝5，故MP＝3，

由题意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴MP綊EC，

故四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME，

又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，

∴CP∥平面ABEF成立．

（2）设BE＝x（0＜x≤4），∴AF＝x，FD＝6－x，

由题意可得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），∴当x＝3时，VA－CDF有最大值，且最大值为3，

此时EC＝1，AF＝3，FD＝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

，

设点F到平面ACD的距离为h，

由于VA－CDF＝VF－ACD，

即3＝

·h·S△ACD，

∴h＝

，即点F到平面ACD的距离为

．