第八章 立体几何初步 平行关系综合训练（3）-2022-2023学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

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       高一数学定时练 G a o y i s h u x u e d i n g s h i l i a n  第八章  立体几何中的平行关系综合训练（3）一、单项选择题1．（2023·高一课时练习）下列命题其中是真命题的有（    ）①两条异面直线的公垂线有无数条；②异面直线之间的距离就是两条异面直线上点之间距离的最小值；③过两条异面直线中的一条有且只有一个平面与另一条直线平行．A．0个 B．1个 C．2个 D．3个2．（2023·全国·高一专题练习）平面与平面平行的充分条件是（    ）A．内有无穷多条直线都与平行B．直线，直线，且C．内的任何一条直线都与平行D．直线，且直线不在内，也不在内3．（2023春·福建·高一校联考期中），是两个平面，，是两条直线，下列四个命题中正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，则4．（2023春·浙江杭州·高一杭师大附中校考期中）在正方体中，点P为线段上的动点，M，N分别为棱的中点，若平面，则（    ）A． B． C． D．5．（2023·江苏·高一专题练习）已知A、B、C、D是不共面四点，M、N分别是、的重心．以下平面中与直线平行的是（    ）①平面；    ②平面；    ③平面；    ④平面．A．①③ B．①② C．①②③ D．①②③④6．（2023春·全国·高一专题练习）如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ）A． B．C． D．7．（2023春·浙江宁波·高一宁波中学校联考期中）如图，已知长方体，，，E、F分别是棱、的中点，点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点的轨迹长度为（        ）A． B． C． D．8．（2023春·全国·高一专题练习）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，P是底面上一点．若∥平面，下列说法正确的是（    ）A．线段长度最大值为，无最小值     B．线段长度最小值为，无最大值C．线段长度最大值为，最小值为   D．线段长度无最大值，无最小值二、多项选择题9．（2023春·湖南·高一校联考期中）已知，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，为点，下列说法正确的是（    ）A．B．为异面直线C．D．10．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在平行六面体中，点，，分别为棱，，的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则以下说法正确的是（    ）A． B．C．平面 D．平面11．（2023春·广东深圳·高一红岭中学校考期中）已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（    ）A．平面截正方体的截面始终为四边形B．点运动过程中，三棱锥的体积为定值C．平面截正方体的截面面积的最大值为D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为12．（2023春·全国·高一专题练习）在直三棱柱中，，，M是的中点，N是的中点，点P在线段上，点Q是线段上靠近M的三等分点，R是线段的中点，若面，则（    ）．A． B．P为的中点C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积为三、填空题13．（2023春·北京·高一汇文中学校考期中）如图所示，在正方体中，点是边的中点，动点在直线（除、两点）上运动的过程中，平面可能经过的该正方体的顶点是__________．（写出满足条件的所有顶点）14．（2023·江苏·高一专题练习）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时， __________.15．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是______.16．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体的棱长为1，P是线段上一点，则三棱锥的体积为________，的最小值为________．四、解答题17．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．(1)求证：平面MNQ∥平面PAD；(2)求证：BC∥l．             18．（2023·全国·高一专题练习）如图：在正方体中，为的中点.(1)求三棱锥的体积；(2)求证：平面；(3)若为的中点，求证：平面平面.                  第八章  立体几何中的平行关系综合训练（3）答1．【答案】C【解析】是异面直线，若与既垂直又相交的直线有两条设为，不可能平行（否则共面），若不相交，过与的交点作直线，相交，由确定的平面为（图中未画出）（若相交，则平面就是由确定的平面），可得与平面都是垂直，从而，这是不可能的， 因此与既垂直又相交的直线只有一条，①错误；是异面直线，是它们的公垂线段如下图，，，则，点到平面上点的距离的最小值是，因此点到直线的上点的距离都不小于，而上异于的点到直线上点的连线都不可能与同时垂直，也即不可能与平面垂直，这些线段是平面的斜线段，而到平面的垂线段长等于，因此是所有这些距离中的最小值，②正确；如图，是异面直线，过上一点作直线，则相交，设确定的平面为，则，若过还有一个平面与平行，直线确定的平面为，则与相交，交线设为，则由线面平行的性质定理得，从而，但是相交直线，矛盾，所以过不可还有一个平面与平行，即只有一个．③正确．故选：C．2．【答案】C【解析】C选项是面面平行的定义，A，B，D中，平面与平面相交时都有可能满足.故选：C.3．【答案】D【解析】对于A：若，，则或，故A不正确；对于B：若，，则或，故B不正确；对于C：若，，，则或与异面，故C错误；对于D：若，，根据面面平行的性质定理可得，故D正确.故选：D.4．【答案】A【解析】连接,交于点,则,连接,延长DP交B1D1于G,由于平面，平面,且平面平面,所以,设正方体的棱长为1，则,故直角三角形中，,所以，所以,由,所以四边形为平行四边形，所以根据,故故选：A5．【答案】B【解析】如图，取中点为，连结、.由已知以及重心定理可得，，，则，.所以，所以.因为平面，平面，所以平面，故①正确；因为平面，平面，所以平面，故②正确；因为平面，平面，所以与平面不平行，故③错误；因为平面，平面，所以与平面不平行，故④错误.故选：B.6．【答案】D【解析】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，，因为平面，平面，所以，平面，同理可证平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面，A满足；对于B选项，如下图所示，连接，在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，故，因为、分别为、的中点，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面，B满足；对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，连接、、，因为且，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，则，因为、分别为、的中点，所以，，则，所以，、、、四点共面，因为且，则四边形为平行四边形，所以，，因为、分别为、的中点，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面，C满足；对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，连接、、、、、，因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，因为、分别为、的中点，所以，，故，所以，、、、四点共面，同理可证，故，同理可得，，反设平面，因为，且平面，则平面，但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，D不满足.故选：D.7．【答案】C【解析】如图所示：取的中点，连接.在长方体，分别是棱、的中点，所以.因为且,分别是中点，所以且,所以四边形为平行四边形，所以.因为，面，面，所以面.同理可证：面.因为面，面，面,面,,所以面面.因为点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，且直线与平面BEF无公共点，面.所以点的轨迹为线段.已知长方体，，，为的中点,所以，所以.故选：C8．【答案】C【解析】分别取的中点,因为，平面，平面，所以平面,同理可得平面.因为平面,所以平面平面.因为P是底面上一点．且∥平面，所以点的轨迹为线段.因为正方体的棱长为2，所以,,当与点或重合时，；当为线段的中点时，.所以线段长度最大值为，最小值为.故选:C.9．【答案】BC【解析】对于A：若，则与平行或异面，故A错误；对于B：若，则与为异面直线，故B正确；对于C：若则在平面内存在直线，使得，所以，又，，所以，故C正确；对于D：若，则与平行或异面，故D错误；故选：BC10．【答案】ACD【解析】连接MP，因为，别为棱，中点，所以MP//AD且因为为平行六面，所以且，所以且，故为平行四边形，，故A正确；因为平面，平面，所以平面；同理平面，故C、D正确因为与平面相交，且平面//平面，所以与平面相交，又因为平面相交，所以与互不平行.故B错误故选：ACD11．【答案】BCD【解析】对A选项，当与点重合时，平面截正方体的截面为，错误；对B选项，∵，又平面，平面，∴平面，又点为线段（含端点）上的动点，∴到平面的距离为定值，又的面积也为定值，∴三棱锥的体积为定值，正确；对C选项，当由移动到的过程中，利用平面的基本性质，延长交于，连接交于，所以，从到之间，平面截正方体的截面为为等腰梯形，且，当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，正确；对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则垂直于左右侧面，根据对称性易知：三棱锥的外接球的球心在线段上，设到的距离为，则，设，则，又易知，外接球的半径，在与中，由勾股定理可得：，两式相减得：，∴，令，又，则，∴，，设函数，，则的对称轴为，的开口向上，∴在上单调递增，最小值为，最大值为，即，∴三棱锥的外接球表面积，正确.故选：BCD.12．【答案】ACD【解析】对于选项AB，连接并延长交于S，连接，由平面几何知识可得：S是的中点，且N，R，S三点共线，是重心，因为面，平面，平面平面，所以，作交于，由直棱柱性质有，因此是平行四边形，，又由平面几何知识知是中点，因此是中点，从而，即P为上靠近N的三等分点，所以A正确，B错误；对于选项C，，因此是平行四边形，所以与互相平分，从而与点到平面的距离相等，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，而，所以C正确；对于选项D，∵的外心是S，由得平面，∴三棱锥的外接球球心一定在直线上，设三棱锥的外接球球心为O，半径为R，，则，，∴，解得：，，球表面积为，所以D正确．故选：ACD．13． 【答案】【解析】由题意知，平面必定经过正方形的顶点.下面分析正方体除点外的顶点，满足题意的正方体的顶点与确定的平面必然与直线相交，且交点不为，显然顶点都不符合题意.现在分析顶点，如下图1：连接，设.连接.因为为的中点，所以，又平面，所以，故不符合题意；根据正方体的特征，并且结合下面的图2和图3可知，平面、平面分别和直线相交与，所以符合题意；综上，平面可能经过的该正方体的顶点是，故答案为：.14． 【答案】/0.5【解析】如图，连结交于点，连结.，E为AD的中点，,PA∥平面EBF，平面EBF平面PAC ，PA平面PAC，PA∥OF，.故答案为：.15．【答案】【解析】如图，取中点为，连结.由已知，且，所以四边形是平行四边形，所以，且.又分别是线段的中点，所以，，所以，所以平面即为平面.易知，又，所以四边形是平行四边形，所以，又，，所以，同理由，可得.因为平面，平面，，所以平面.则由，平面，可知，平面，平面.又点M在正方形内，平面平面，所以.所以的长即为点到线段上点的距离，因为，所以当点为线段的中点时，最小，此时；当点与线段端点重合时，最大，此时.所以的取值范围是.故答案为：.16．【答案】          【解析】因为且，所以四边形为平行四边形，所以，同理，又平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，所以；与均为等边三角形，将与沿着展开的平面图为菱形，所以的最小值为．    17．【解析】（1）证明：因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，所以MN∥PD，NQ∥AD，又MN⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则MN∥平面PAD，同理可得NQ∥平面PAD，又平面MNQ所以平面MNQ∥平面PAD.（2）证明：因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l．18．【解析】（1）显然平面，于是.（2）设，连接，在正方体中，四边形是正方形，是中点，是的中点，，平面平面 平面；（3）为的中点，为的中点，，四边形为平行四边形，，又平面平面 平面，由（2）知 平面平面平面，平面 平面.