浙江专用2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何考点规范练38直线平面平行的判定与性质2019011849.docx

1、1考点规范练 38 直线、平面平行的判定与性质基础巩固组1.(2018 浙江镇海中学)设 a,b 是两条直线, , 表示两个平面,如果 a , ,那么 b 是a b 的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案 A解析 如果 a , ,b ,则必有 b a.如果 a , ,a b,不能保证 b .故“ b ”是“ a b”的充分不必要条件 .2.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-A1B1C

2、1中, AB A1B1,AB 平面 ABC,A1B1平面 ABC,A 1B1平面 ABC. 过 A1B1的平面与平面 ABC 交于 DE,DE A1B1,DE AB.3.(2017 课标 高考)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( )2答案 A解析 易知选项 B 中, AB MQ,且 MQ平面 MNQ,AB平面 MNQ,则 AB平面 MNQ;选项 C 中, AB MQ,且MQ平面 MNQ,AB平面 MNQ,则 AB平面 MNQ;选项 D 中, AB NQ,且 NQ平面 MNQ,AB平面

3、 MNQ,则AB平面 MNQ,故排除选项 B,C,D;故选 A.4.如图,在四面体 ABCD 中,截面 PQMN 是正方形,且 PQ AC,则下列命题错误的是 ( )A.AC BDB.AC截面 PQMNC.AC=BDD.异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45答案 C解析 由题意可知 PQ AC,QM BD,PQ QM,所以 AC BD,故 A 正确;由 PQ AC 可得 AC截面 PQMN,故 B 正确;由 PN BD 可知,异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 PN 所成的角,又四边形 PQMN 为正方形,所以 MPN=45,故 D 正确;而 AC=BD 没有论证来源 .5.

4、 , , 为不同的平面, a,b,c 为三条不同的直线,则下列命题正确的是( )A.若 , ,则 B.若 a ,a b,则 b C.若 a ,b ,c a,c b,则 c D.若 a ,b ,则 a b答案 D解析 对于 A,当平面 , , 两两垂直时,显然结论不成立,故 A 错误;对于 B,若 b ,显然结论不成立,故 B 错误;对于 C,以长方体 ABCD-ABCD为例, AB平面 ABCD,CD平面 ABCD,BC AB,BC CD,但 BC 与平面 ABCD不垂直,故 C 错误;对于 D,由线面垂直的性质“垂直于同一个平面的两条直线平行”可知 D 正确 .故选 D.36.在正四棱柱 A

5、BCD-A1B1C1D1中, O 为底面 ABCD 的中心, P 是 DD1的中点,设 Q 是 CC1上的点,则点 Q 满足条件 时,有平面 D1BQ平面 PAO. 答案 Q 为 CC1的中点解析 如图,假设 Q 为 CC1的中点,因为 P 为 DD1的中点,所以 QB PA.连接 DB,因为 P,O 分别是 DD1,DB 的中点,所以 D1B PO.又 D1B平面 PAO,QB平面 PAO,所以 D1B平面 PAO,QB平面 PAO.又 D1B QB=B,所以平面 D1BQ平面 PAO.故 Q 满足条件 Q 为 CC1的中点时,有平面 D1BQ平面 PAO.7.如图,在四面体 ABCD 中,

6、 M,N 分别是 ACD, BCD 的重心,则四面体的四个面中与 MN 平行的是 .(写出一个即可) 答案 平面 ABC(或平面 ABD)解析 连接 AM 并延长交 CD 于 E,则 E 为 CD 的中点 .由于 N 为 BCD 的重心,所以 B,N,E 三点共线,且 ,所以 MN AB.EMMA=ENNB=12于是 MN平面 ABD 且 MN平面 ABC.48.如图,在四棱锥 V-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形, E,F 分别为侧棱 VC,VB 上的点,且满足VC=3EC,AF平面 BDE,则 = . VBFB答案 2解析 连接 AC,交 BD 于点 O,取 VE 的中点 G,连接

7、FG,AG,当 VF=FB 时, FG BE,OE AG,所以平面 AFG平面 BDE,所以 AF平面 BDE.故 =2.VBFB能力提升组9.(2018 浙江嘉兴)若 , 是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为( ) 若直线 m ,则在平面 内,一定不存在与直线 m 平行的直线 . 若直线 m ,则在平面 内,一定存在无数条直线与直线 m 垂直 . 若直线 m ,则在平面 内,不一定存在与直线 m 垂直的直线 . 若直线 m ,则在平面 内,一定存在与直线 m 垂直的直线 .A. B. C. D.答案 C解析 对于 ,若直线 m , , 互相垂直,则在平面 内,存在与直线 m 平行的

8、直线, 错误;对于 ,若直线 m ,则直线 m 垂直于平面 内的所有直线,则在平面 内,一定存在无数条直线与直线 m 垂直, 正确;对于 ,若直线 m ,则在平面 内,一定存在与直线 m 垂直的直线, 错误;对于 ,若直线 m ,则在平面 内,一定存在与直线 m 垂直的直线, 正确 .故选 C.10.在空间四边形 ABCD 中, E,F 分别为 AB,AD 上的点,且 AEEB=AFFD= 1 4.又 H,G 分别为 BC,CD的中点,则( )A.BD平面 EFG,且四边形 EFGH 是平行四边形B.EF平面 BCD,且四边形 EFGH 是梯形C.HG平面 ABD,且四边形 EFGH 是平行四

9、边形D.EH平面 ADC,且四边形 EFGH 是梯形答案 B解析 如图,由题意得 EF BD,且 EF= BD.15HG BD,且 HG= BD,12EF HG,且 EF HG. 四边形 EFGH 是梯形 .又 EF平面 BCD,而 EH 与平面 ADC 不平行,故 B 正确 .511.a,b,c 表示不同的直线, M 表示平面,给出四个命题: 若 a M,b M,则 a b 或 a,b 相交或 a,b异面; 若 bM,a b,则 a M; 若 a c,b c,则 a b; 若 a M,b M,则 a b.其中正确的为( )A. B. C. D.答案 A解析 对于 ,当 a M,b M 时,则

10、 a 与 b 平行、相交或异面, 为真命题 . 中, bM,a b,则 a M或 aM, 为假命题 .命题 中, a 与 b 相交、平行或异面, 为假命题 .由线面垂直的性质,知命题 为真命题,所以 为真命题 .12.平面 平面 的一个充分条件是( )A.存在一个平面 , , B.存在一条直线 a,a ,a C.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 答案 D解析 空间中垂直于同一个平面的两平面相交或平行,故排除 A.若 =l ,a ,a l,则 a ,故排除 B.若 =l ,a ,a l,b ,b l,则 a ,b ,故排除 C.1

11、3.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,在对角线 A1D 上取点 M,在 CD1上取点 N,使得线段 MN 平行于对角面 ACC1A1,则 MN 的最小值是( )A B.1 C D.33 . 2 .22答案 A解析 作 MM1 AD 于点 M1,NN1 DC 于点 N1,下面证明 M1N1 AC.MM 1平面 A1ACC1及 MN平面 A1ACC1,且 MM1与 MN 相交,MNN 1M1所确定的平面与 A1ACC1平行(如果一个平面内有两条相交直线和另一个平面平行,则这两个平面平行) .现 ABCD 分别去截这两个平行平面,则它们的交线 M1N1 AC.设 DM1=DN1=x

12、,则MM1=x,NN1=1-x.过点 M 作 MH NN1于 H,NH=1-2x,M1N1= x.由勾股定理得 MN2=( x)2+(1-2x)2=62 2故当 x= 时, MN 取到最小值(x-13)2+13. 13 33.14.6如图,平面 ,线段 AB 分别交 , 于 M,N,线段 AD 分别交 , 于 C,D,线段 BF 分别交 , 于 F,E,若 AM=9,MN=11,NB=15,S FMC=78.则 END 的面积为 . 答案 100解析 ,平面 AND 分别与 , 交于 MC,ND,MC ND.同理 MF NE. FMC= END. S ENDS FMC=12ENNDsin EN

13、D12FMMCsin FMC=ENNDFMMC.又 ,BN=15,BM=15+11=26,AN=9+11=20,AM=9,S END= S FMC=100.ENFM=BNBM,NDMC=ANAM BNANBMAM15.设 , , 为三个不同的平面, m,n 是两条不同的直线,在命题“若 =m ,n ,且 ,则m n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题 . ,n ;m ,n ;n ,m.可以填入的条件有 . 答案 或 解析 由面面平行的性质定理可知, 正确;当 n ,m 时, n 和 m 在同一平面内,且没有公共点,所以平行, 正确 .16.如图所示,正方体 ABCD-A1B1

14、C1D1的棱长为 a,点 P 是棱 AD 上一点,且 AP= ,过 B1,D1,P 的平面交底a3面 ABCD 于 PQ,Q 在直线 CD 上,则 PQ= . 答案 a2237解析 因为平面 A1B1C1D1平面 ABCD,而平面 B1D1P平面 ABCD=PQ,平面 B1D1P平面 A1B1C1D1=B1D1,所以 B1D1 PQ.又因为 B1D1 BD,所以 BD PQ,设 PQ AB=M,因为 AB CD,所以 APM DPQ.所以 =2,即 PQ=2PM.又知 APM ADB,PQPM=PDAP所以 ,PMBD=APAD=13所以 PM= BD,又 BD= a,所以 PQ= a.13

15、2 22317.如图, ABCD 与 ADEF 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)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.又 M 为 AB 中点,所以 MN 为 ABD 的中位线,所以 BD

16、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.18.8在如图所示的几何体中,四边形 CDEF 为正方形,四边形 ABCD 为等腰梯形,AB CD,AC= ,AB=2BC=2,AC FB.3(1)求证: AC平面 FBC.(2)求四面体 FBCD 的体积 .(3)线段 AC 上是否存在点 M,使 EA平面 FDM?若存在,请说明其位置,并加以证明;若不存在,请说明理由 .(1)证明 在 ABC 中,因为 AC= ,AB=2,BC=1,所以 AC2+BC2=AB2,3所以 AC BC.又因为

17、 AC FB,BC FB=B,所以 AC平面 FBC.(2)解 因为 AC平面 FBC,FC平面 FBC,所以 AC FC.因为 CD FC,AC CD=C,所以 FC平面 ABCD.在等腰梯形 ABCD 中可得 CB=DC=1,所以 FC=1.所以 BCD 的面积为 S=34.所以四面体 FBCD 的体积为 SFC=VFBCD=13 312.(3)解 线段 AC 上存在点 M,且点 M 为 AC 中点时,有 EA平面 FDM.证明如下:连接 CE,与 DF 交于点 N,取 AC 的中点 M,连接 MN.因为四边形 CDEF 是正方形,所以点 N 为 CE 的中点 .所以 EA MN.因为 MN平面 FDM,EA平面 FDM,所以 EA平面 FDM.所以线段 AC 上存在点 M,且 M 为 AC 的中点,使得 EA平面 FDM 成立 .