2020高考数学刷题首选卷第六章立体几何考点测试43直线、平面平行的判定及其性质文（含解析）.docx

1、1考点测试 43 直线、平面平行的判定及其性质高考概览高 考 中 本 考 点 各 种 题 型 都 有 考 查 ， 分 值 为 5分 或 10分 ， 中 等 难 度考纲研读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 平面 ，若两条直线 m， n 分别在平面 ， 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 知， 又 m ， n ，故 m n故选 B2两条直线 a， b 满足 a b， b ，则 a 与平面 的位置关系是

2、( )A a B aC a 与 相交 D a 与 不相交答案 D解析 由于 b 且 a b，则 a 或 a 故 a 与 不相交故选 D3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2D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 AB4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

3、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 ，且 l ，则( )A 内的所有直线与 l 异面B 内不存在与 l 平行的直线C 内存在唯一的直线与 l 平行D 内的直线与 l 都相交答案 B解析 因为 l ，若在平面 内存在与直线 l 平行的直线，则 l ，这与题意矛盾故选 B6下面结论中：过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；过不在平面内的一条直线，有且只有

4、一个平面与这个平面平行；过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；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 B C D答案 C解析 对于，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，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，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，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 C7有下列命题：若直线 l 平行于平面 内的无数条直线，则直线 l ；3若直线 a 在平面 外，则 a ；若直线 a b， b ，则 a ；若直线 a b， b ，则 a 平

5、行于平面 内的无数条直线其中真命题的个数是( )A1 B2 C3 D4答案 A解析 命题， l 可以在平面 内，是假命题；命题，直线 a 与平面 可以是相交关系，是假命题；命题， a 可以在平面 内，是假命题；命题是真命题8已知正方体 ABCD A1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是_(只填序号) AD1 BC1；平面 AB1D1平面 BDC1； AD1 DC1； AD1平面 BDC1答案 解析 连接 AD1， BC1， AB1， B1D1， C1D， BD，则 AD1 BC1，从而正确；易证BD B1D1， AB1 DC1，又 AB1 B1D1 B1， BD DC1 D，故平面 AB1D

6、1平面 BDC1，从而正确；由图易知 AD1与 DC1异面，故错误；因 AD1 BC1， AD1平面 BDC1， BC1平面 BDC1，故 AD1平面 BDC1，故正确二、高考小题9(2018浙江高考)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答案 A解析 m ， n ， m n， m ，故充分性成立而由 m ， n ，得 m n或 m 与 n 异面，故必要性不成立故选 A10(2017全国卷)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

7、在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( )4答案 A解析 A 项，作如图所示的辅助线，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 MNQC 项，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD MQ， AB MQ又 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ， AB平面 MNQD 项，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD NQ， AB NQ又AB平面 MNQ， NQ平面 MNQ

8、， AB平面 MNQ故选 A11(2016全国卷)平面 过正方体 ABCD A1B1C1D1的顶点 A， 平面CB1D1， 平面 ABCD m， 平面 ABB1A1 n，则 m， n 所成角的正弦值为( )A B C D32 22 33 13答案 A5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 于是 m A2A3，直线 AA2即为直线 n显然有AA2 AA3 A2A3，

9、于是 m， n 所成的角为 60，其正弦值为 故选 A3212(2016全国卷) ， 是两个平面， m， n 是两条直线，有下列四个命题：如果 m n， m ， n ，那么 ；如果 m ， n ，那么 m n；如果 ， m ，那么 m ；如果 m n， ，那么 m 与 所成的角和 n 与 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 解析 由 m n， m ，可得 n 或 n 在 内，当 n 时， 与 可能相交，也可能平行，故错易知都正确三、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

10、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 GCD 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 D614(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 APB MN BD1C MN平面 BB1D1DD M

11、N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 C15(2018衡阳二模)若平面 截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面 平行的棱有( )A0 条 B1 条C2 条 D1 条或 2 条答案 C解析 如图所示，平面 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 ，同理

12、可得 CD ，所以有两条棱和平面平行，故选 C16(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 B C D7答案 D解析 在中，由正方体性质得到平面 MNP 与 AB 所在平面平行， AB平面 MNP，故成立；若下底面中心为 O，则 NO AB， NO面 MNP N， AB 与面 MNP 不平行，故不成立；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，故不成立；在中， AB 与 PN 平行， AB平面 MNP，故成立综上所述，

13、答案为 D17(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 64解析 B1B平面 ABCD， BCB1是 B1C 与底面所成角， BCB160 C1C底面 ABCD， CDC1是 C1D与底面所成角， CDC145，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 BC1，则CB1 DA12， BB1 CC1 CD， C1D ， A1C12在等腰三角形 A1C1D 中，3 6cos A1DC1 12C1D

14、A1D 6418(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， AA4，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

15、 HF，点 P 的轨迹长度为 48一、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 A

16、1B 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 A1BC2(2016全国卷)如图，四棱锥 P ABCD 中， PA底面ABCD， AD BC， AB AD AC3， PA BC4， M 为线段 AD 上一点， AM2 MD， N 为 PC 的中点(1)证明： MN平面 PAB；9(2)求四面体 N BCM 的体积解 (1)证明：由已知得 AM AD2，23取 BP 的中点 T，连接 AT， TN，由 N 为 PC 中点知 TN BC， TN BC212又 AD BC，故 TN 綊 AM，故四

17、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 PA12取 BC 的中点 E，连接 AE由 AB AC3 得 AE BC， AE AB2 BE2 5由 AM BC 得 M 到 BC 的距离为 ，5故 S BCM 4 2 12 5 5所以四面体 N BCM 的体积 VN BCM S BCM 2 2 13 PA2 13 5 4533(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，

18、 CD AD， PC AD2 DC2 CB， 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 AD1210又因为 BC AD， BC AD，12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

19、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 PBN12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 CD1在 PCD 中，由 PC2， CD1， PD 得 CE ，2 2在 PBN 中，由 PN BN1， PB 得 QH ，314在 R

20、t MQH 中， QH ， MQ ，14 2所以 sin QMH 28所以，直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 28二、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11ABCD，底面 ABCD 为梯形， AB CD， AB2 DC2 ， AC BD F，且 PAD 与 ABD 均为正三3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 AB2 DC，知 ，AFFC 21又 G 为

21、PAD 的重心， ，AGGH 21在 ACH 中， ，故 GF HCAGGH AFFC 21又 HC平面 PDC， GF平面 PDC， GF平面 PDC(2)由 AB2 ， PAD， ABD 为正三角形， E 为 AD 中点，得 PE3，3由(1)知 GF平面 PDC，又 PE平面 ABCD， VG PCD VF PCD VP CDF PES CDF，13由四边形 ABCD 是梯形， AB CD，且 AB2 DC2 ， ABD 为正三角形，3知 DF BD ， CDF ABD60，13 233 S CDF CDDFsin CDF ，12 32 VP CDF PES CDF ，13 32三棱锥

22、G PCD 的体积为 32125(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

23、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 MNG6(2018山西太原质检)如图，四边形 ABCD 中，AB AD， AD BC， AD6， BC2 AB4， E， F 分别在 BC， AD 上， EF AB，现将四边形 ABEF沿 EF 折起，使 BE EC13(1)若 BE1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P，使

24、得 CP平面 ABEF？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由；APPD(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 APPD 32理由如下：当 时， ，APPD 32 APAD 35过点 P 作 PM FD 交 AF 于点 M，连接 EM，则有 ，MPFD APAD 35由题意可得 FD5，故 MP3，由题意可得 EC3，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

25、 BE x(0 x4)， AF x， FD6 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 ( x26 x)，当 x3 时， VA CDF有最大值，且最13 12 13大值为 3，此时 EC1， AF3， FD3， DC2 ， AD3 ，2 2AC ，14在 ACD 中，由余弦定理得14cos ADC ，AD2 DC2 AC22ADDC 18 8 1423222 12sin ADC ，32 S ADC DCDAsin ADC3 ，12 3设点 F 到平面 ACD 的距离为 h，由于 VA CDF VF ACD，即 3 hS ACD，13 h ，即点 F 到平面 ACD 的距离为 3 315