（课标通用版）2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何第4讲直线、平面平行的判定与性质检测文.doc

1、1第 4 讲 直线、平面平行的判定与性质基础题组练1(2018高考浙江卷)已知平面 ，直线 m， n 满足 m ， n ，则“ m n”是“m ”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解析：选 A.若 m ， n ， m n，由线面平行的判定定理知 m .若m ， m ， n ，不一定推出 m n，直线 m 与 n 可能异面，故“ m n”是“ m ”的充分不必要条件故选 A.2(2019重庆六校联考)设 a， b 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则 的一个充分条件是( )A存在一条直线 a， a ， a B存在一条直线 a， a ， a C

2、存在两条平行直线 a， b， a ， b ， a ， b D存在两条异面直线 a， b， a ， b ， a ， b 解析：选 D.对于选项 A，若存在一条直线 a， a ， ，则 或 与 相交，若 ，则存在一条直线 a，使得 a ， a ，所以选项 A 的内容是 的一个必要条件；同理，选项 B，C 的内容也是 的一个必要条件而不是充分条件；对于选项 D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有 ，所以选项 D 的内容是 的一个充分条件故选 D.3.如图所示，在空间四边形 ABCD 中， E， F 分别为边 AB， AD 上的点，且 AE EB AF FD14，又 H，

3、G 分别为 BC， CD 的中点，则( )A BD平面 EFGH，且四边形 EFGH 是矩形B EF平面 BCD，且四边形 EFGH 是梯形C HG平面 ABD，且四边形 EFGH 是菱形D EH平面 ADC，且四边形 EFGH 是平行四边形解析：选 B.由 AE EB AF FD14 知 EF 綊 BD，又 EF平面 BCD，所以 EF平面15BCD.又 H， G 分别为 BC， CD 的中点，所以 HG 綊 BD，所以 EF HG 且 EF HG.所以四边形12EFGH 是梯形4(2018四川名校联考)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为2a， M， N 分别为 A1B 和 AC

4、 上的点， A1M AN ，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是( )2a3A相交B平行C垂直D不能确定解析：选 B.由题意可得 A1M A1B， AN AC，所以分别取 BC， BB1上的点 P， Q，使得13 13CP BC， BQ BB1，连接 MQ， NP， PQ，则 MQ 綊 B1A1， NP 綊 AB，又 B1A1綊 AB，故 MQ23 23 23 23綊 NP，所以四边形 MQPN 是平行四边形，则 MN QP， QP平面 BCC1B1， MN平面 BCC1B1，则 MN平面 BCC1B1，故选 B.5在正方体 ABCDA1B1C1D1中， E 是 DD1的中点，则 BD

5、1与平面 ACE 的位置关系为_解析：如图，连接 AC， BD 交于 O 点，连接 OE，因为 OE BD1，而OE平面 ACE， BD1平面 ACE，所以 BD1平面 ACE.答案：平行6.如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中， AB2，点 E 为 AD 的中点，点F 在 CD 上若 EF平面 AB1C，则线段 EF 的长等于_解析：因为 EF平面 AB1C， EF平面 ABCD，平面 ABCD平面AB1C AC，所以 EF AC，所以 F 为 DC 的中点故 EF AC .12 2答案： 27(2019重庆六校联考)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形， DAB60，

6、 PD平面 ABCD， PD AD2， E， F 分别为 AB 和 PD 的中点(1)求证： AF平面 PEC；(2)求点 F 到平面 PEC 的距离3解：(1)设 PC 的中点为 Q，连接 EQ， FQ(图略)，由题意，得 FQ DC 且 FQ CD， AE CD 且 AE CD，12 12故 AE FQ 且 AE FQ，所以四边形 AEQF 为平行四边形，所以 AF EQ，又 EQ平面 PEC， AF平面 PEC.所以 AF平面 PEC.(2)由(1)，知点 F 到平面 PEC 的距离等于点 A 到平面 PEC 的距离，设为 d，连接 AC，由条件易求得 EC ， PE ， PC2 ， A

7、C2 ，7 7 2 3故 S PEC 2 ， S AEC 1 ，12 2 5 10 12 3 32由 VAPEC VPAEC，得 d 2，13 10 13 32解得 d .30108.如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中， S 是 B1D1的中点， E、 F、 G 分别是 BC、 DC、 SC 的中点，求证：(1)直线 EG平面 BDD1B1；(2)平面 EFG平面 BDD1B1.证明：(1)如图，连接 SB，因为 E、 G 分别是 BC、 SC 的中点，所以 EG SB.又因为 SB平面 BDD1B1，EG平面 BDD1B1，所以直线 EG平面 BDD1B1.(2)连接 SD，因为 F

8、、 G 分别是 DC、 SC 的中点，所以 FG SD.又因为 SD平面 BDD1B1， FG平面 BDD1B1，所以 FG平面 BDD1B1，又 EG平面 EFG，FG平面 EFG， EG FG G，所以平面 EFG平面 BDD1B1.综合题组练1如图，在四面体 ABCD 中，若截面 PQMN 是正方形，则在下列说法中，错误的为( )4A AC BDB AC BDC AC截面 PQMND异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45解析：选 B.因为截面 PQMN 是正方形，所以 PQ MN， QM PN，则 PQ平面 ACD、 QM平面 BDA，所以 PQ AC， QM BD，由 PQ QM

9、可得 AC BD，故 A 正确；由 PQ AC 可得 AC截面 PQMN，故 C 正确；由 BD PN，所以 MPN 是异面直线 PM 与 BD 所成的角，且为 45，D 正确；由上面可知： BD PN， MN AC.所以 ， ，PNBD ANAD MNAC DNAD而 AN DN， PN MN，所以 BD AC.B 错误故选 B.2.如图所示，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， E， F， G， H 分别是棱CC1， C1D1， D1D， DC 的中点， N 是 BC 的中点，点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动，则 M 只需满足条件_时，就有 MN平面 B1BDD1.(注：请填上

10、你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接 HN， FH， FN，则 FH DD1， HN BD，所以平面 FHN平面 B1BDD1，只需 M FH，则 MN平面 FHN，所以 MN平面 B1BDD1.答案：点 M 在线段 FH 上(或点 M 与点 H 重合)3(2019南昌市摸底调研)如图，在四棱锥 PABCD 中， ABC ACD90， BAC CAD60， PA平面 ABCD， PA2， AB1.设 M， N 分别为 PD， AD 的中点(1)求证：平面 CMN平面 PAB；(2)求三棱锥 PABM 的体积5解：(1)因为 M， N 分别为 PD， AD 的中点，所以 M

11、N PA，又 MN平面 PAB， PA平面 PAB，所以 MN平面 PAB.在 Rt ACD 中， CAD60， CN AN，所以 ACN60.又 BAC60，所以 CN AB.因为 CN平面 PAB， AB平面 PAB，所以 CN平面 PAB.又 CN MN N，所以平面 CMN平面 PAB.(2)由(1)知，平面 CMN平面 PAB，所以点 M 到平面 PAB 的距离等于点 C 到平面 PAB 的距离因为 AB1， ABC90， BAC60，所以 BC ，3所以三棱锥 PABM 的体积 V VMPAB VCPAB VPABC 1 2 .13 12 3 334如图， ABCD 与 ADEF

12、为平行四边形， M， N， G 分别是 AB， AD， EF 的中点(1)求证： BE平面 DMF；(2)求证：平面 BDE平面 MNG.证明：(1)如图，连接 AE，则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O，连接 MO，则 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.6又 M 为 AB 中点，所以 MN 为 ABD 的中位线，所以 BD MN，又 BD平面 MNG， MN平面 MNG，所以 BD平面 MNG，又 DE 与 BD 为平面 BDE 内的两条相交直线，所以平面 BDE平面 MNG.