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doc 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∥α B.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.①② B.③④ C.①③ D.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.1 B.2 C.3 D.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.①③ B.②④ C.②③ D.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

2020高考数学刷题首秧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

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