2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练40直线平面平行的判定与性质

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1.(2023陕西榆林一模)若m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列结论正确的是( )
A.若m∥α,α∥β,则m∥β
B.若m⊥α,α⊥β,则m∥β
C.若m∥n,n∥α,则m∥α
D.若m⊥α,α∥β,则m⊥β
2.已知三个不同的平面α,β,γ和直线m,n,若α∩γ=m,β∩γ=n,则“α∥β”是“m∥n”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
3.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,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是平行四边形
D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形
4.如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合),若BD1∥平面B1CE,则( )
A.BD1∥CEB.AC1⊥BD1
C.D1E=2EC1D.D1E=EC1
5. 如图,AB∥平面α∥平面β,过A点的直线m分别交α,β于点C,E,过B点的直线n分别交α,β于点D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,则BD的长为( )
A.B.C.D.
6.一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,P1,P2,P3,P4四点折叠后重合为点P,E,F分别为P1B,P2C的中点,在此几何体中,下面结论错误的是( )
A.直线AE与直线BF异面
B.直线AE与直线DF异面
C.直线EF∥平面PAD
D.直线EF∥平面ABCD
7.过正方体ABCD-A1B1C1D1的三个顶点A1,C1,B的平面与底面ABCD所在平面的交线为l,则l与A1C1的位置关系是 .
8. 如图,在四棱锥P-ABCD中,BC∥平面PAD,BC=AD,点N是AD的中点.求证:
(1)BC∥AD;
(2)CN∥平面PAB.
9. 已知底面为菱形的四棱锥P-ABCD中,△PAD是边长为2的等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别是棱PC,AB上的点,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另一个成立.①F是AB的中点;②E是PC的中点;③BE∥平面PFD.
综合提升组
10.(多选)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB∥平面MNP的是( )
11.(2023浙江杭州二模)如图,点A,B,C,M,N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MN∥平面ABC的是( )
12.如图,四边形ABCD是空间四边形,E,F,G,H分别是四边上的点,它们共面,且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,则当四边形EFGH是菱形时,AE∶EB= .(用含m,n的式子表示)
13.(2023陕西咸阳二模)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=8,AB=4,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)求证:MN∥平面C1DE;
(2)求三棱锥N-C1DE的体积.
14. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,B1C1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,如图.
(1)若A1C交平面EFBD于点R,求证:P,Q,R三点共线.
(2)线段AC上是否存在点M,使得平面B1D1M∥平面EFBD?若存在,确定M的位置;若不存在,说明理由.
创新应用组
15.在三棱锥A-BCD中,对棱AB=CD=,AD=BC=,AC=BD=,当平面α与三棱锥A-BCD的某组对棱均平行时,则三棱锥A-BCD被平面α所截得的截面面积的最大值为 .
16. (2023陕西商洛一模)如图,正方形ABCD对角线的交点为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,G为AB的中点,M为AD的中点.
(1)求证:FM∥平面ECG;
(2)若AB=BE=2,求点M到平面ECG的距离.
课时规范练40 直线、平面平行的判定与性质
1.D
解析若m∥α,α∥β,则m∥β或m⊂β,故A不正确;
若m⊥α,α⊥β,则m∥β或m⊂β,故B不正确;
若m∥n,n∥α,则m∥α或m⊂α,故C不正确;
若m⊥α,α∥β,则m⊥β,故D正确.故选D.
2. A
解析根据面面平行的性质定理,可知当α∥β时,有m∥n,故充分性成立;
反之,当m∥n时,α,β可能相交(如图),故必要性不成立.
所以“α∥β”是“m∥n”的充分不必要条件.
故选A.
3.B
解析如图,由题意,得EF∥BD,且EF=BD,HG∥BD,且HG=BD,∴EF∥HG,EF≠HG,
∴四边形EFGH是梯形.又EF∥BD,EF⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,
∴EF∥平面BCD.故选B.
4.D
解析如图,设B1C∩BC1=O,则平面BC1D1∩平面B1CE=OE.
∵BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质可得D1B∥EO,∵O为B1C的中点,∴E为C1D1中点,
∴D1E=EC1.故选D.
5.C
解析由AB∥α∥β,易证,即,
所以BD=.
故选C.
6.B
解析由题意知,该几何体是底面为正方形的四棱锥,连接AE,EF,BF,DF(图略),易得EF∥BC∥AD,故EF,AD共面,则AE,DF共面,故B错误;又F∈平面AEFD,B∉平面AEFD,F不在直线AE上,则直线AE与直线BF异面,A正确;由EF∥AD,EF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,则直线EF∥平面PAD,C正确;EF⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,则直线EF∥平面ABCD,D正确.
7.平行
解析因为过A1,C1,B三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为A1C1,与底面ABCD的交线为l,且正方体的两底面互相平行,所以由面面平行的性质定理知l∥A1C1.
8.证明 (1)∵BC∥平面PAD,BC⊂平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴BC∥AD.
(2)由(1)知,BC∥AN,又N是AD的中点,BC=AD,∴BC=AN,
∴四边形ABCN是平行四边形,∴CN∥AB,
又CN⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,
∴CN∥平面PAB.
9.解 选①②,证明③:
如图,取PD的中点M,连接ME,FM,
则ME∥CD,ME=CD,FB∥CD,FB=CD,
所以ME∥FB,ME=FB,
所以四边形MEBF为平行四边形,BE∥MF.
因为BE⊄平面PDF,MF⊂平面PDF,
所以BE∥平面PFD.
选②③,证明①:
如图,取PD的中点M,连接ME,FM,
则ME∥CD,ME=CD.
因为FB∥CD,所以ME∥FB.
又平面MEBF∩平面PDF=FM,
BE∥平面PFD,BE⊂平面MEBF,所以BE∥MF,
所以四边形MEBF是平行四边形,BF=ME.
因为ME=CD=AB,
所以BF=AB,即F是AB的中点.
选①③,证明②:
如图,取CD的中点N,连接BN,EN,
则DN∥FB,DN=FB,
四边形BFDN是平行四边形,BN∥DF.
因为BN⊄平面PDF,DF⊂平面PDF,
所以BN∥平面PDF.
因为BE∥平面PDF,BN∩BE=B,
所以平面PDF∥平面BEN,EN⊂平面BNE,
所以EN∥平面PDF,EN⊂平面PDC,
平面PDC∩平面PDF=DP,
所以EN∥PD.
又因为N是CD的中点,所以E是PC的中点.
10. ABD
解析对于选项A,由图可知AC∥MN,CB∥NP,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP.
又因为AB⊂平面ABC,所以直线AB∥平面MNP,故A正确;
对于选项B,根据题意得AB∥NP,结合直线与平面平行的判定定理,
可知直线AB∥平面MNP,故B正确;
对于选项C,由题意可知,平面MNP内不存在任意一条直线与直线AB平行,故直线AB与平面MNP不平行,故C错误;
对于选项D,如图可知AC∥NP,CB∥NM,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP,又因为AB⊂平面ABC,所以直线AB∥平面MNP,故D正确.故选ABD.
11.D
解析对于A选项,易知MN所在的正方体的平面∥平面ABC,故MN∥平面ABC,A满足;
对于B选项,能观察出MN∥AB,且MN⊄平面ABC,所以MN∥平面ABC,B满足;
对于C选项,如图1所示,延长CB,FG交于点E,点A,E为面ABC与正方体上底面的两个交点,连接AE交KG于点D,所以A,D,B,C四点共面,易知D为KG的中点,所以AD∥HG,HG∥MN,所以AD∥MN,易知MN∥平面ABC,C满足;
对于D选项,作出平面ABC与正方体各面的交线如图2,故MN⊂平面ABC,D不满足.故选D.
图1
图2
12.m∶n
解析∵AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC⊂平面ABC,BD⊂平面ABD,平面ABC∩平面EFGH=EF,平面ABD∩平面EFGH=EH,
∴EF∥AC,EH∥BD,∴EF=m,EH=n.
又四边形EFGH是菱形,EF=EH,
∴m=n,∴AE∶EB=m∶n.
13.(1)证明如图,连接ME,B1C,∵E,M分别为BC,BB1的中点,∴ME为△B1BC的中位线,
∴ME∥B1C且ME=B1C,又N为A1D的中点,A1D∥B1C,A1D=B1C,∴ND∥B1C,ND=B1C,
∴ME∥ND,ME=ND,∴四边形MNDE为平行四边形,
∴MN∥DE,又MN⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE,∴MN∥平面C1DE.
(2)解如图,连接C1M,ME,由(1)得,MN∥平面C1DE,
∴,
在矩形BCC1B1中,-S△BEM-=32-4-8-8=12;
∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,E为BC的中点,∴DE⊥BC.
由题意知DE⊥CC1,BC∩CC1=C,BC,CC1⊂平面BCC1B1,∴DE⊥平面BCC1B1,则DE为三棱锥D-C1EM的高.
∵DE==2,∴·DE=×12×2=8,
∴三棱锥N-C1DE的体积为8.
14.(1)证明因为AC∩BD=P,AC⊂平面AA1C1C,BD⊂平面EFBD,所以点P是平面AA1C1C和平面EFBD的一个公共点,同理可知,点Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,即平面AA1C1C和平面EFBD的交线为PQ.
因为A1C∩平面EFBD=R,A1C⊂平面AA1C1C,
所以点R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,故R∈PQ,因此,P,Q,R三点共线.
(2)解存在点M,使得平面B1D1M∥平面EFBD.
如图所示,设B1D1∩A1C1=O,过点O作OM∥PQ交AC于点M,连接B1M,D1M,下面证明平面B1D1M∥平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,
所以B1D1∥EF.
因为B1D1⊄平面EFBD,EF⊂平面EFBD,所以B1D1∥平面EFBD.
又OM∥PQ,OM⊄平面EFBD,PQ⊂平面EFBD,
所以OM∥平面EFBD.
因为OM∩B1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M∥平面EFBD.
因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以EF∥B1D1,且EF∩OC1=Q,易知点Q为OC1的中点,
易知A1C1∥AC,即OQ∥PM,又OM∥PQ,所以四边形OMPQ为平行四边形,
所以PM=OQ=OC1=A1C1=AC.
因为四边形ABCD为正方形,且AC∩BD=P,则P为AC的中点,所以点M为AP的中点,所以AM=AP=AC,因此,线段AC上存在点M,且时,平面B1D1M∥平面EFBD.
15.3
解析因为每组对棱棱长相等,所以可以把三棱锥A-BCD放入长方体中,设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,不妨设x当平面α与三棱锥A-BCD的对棱AB,CD均平行时,截面为四边形EFGH,当E,F,G,H分别为棱AD,AC,BC,BD的中点时,截面EFGH面积最大,最大面积为xy=1.
同样地,当平面α与三棱锥A-BCD的对棱AC,BD均平行时,截面最大面积为xz=.
当平面α与三棱锥A-BCD的对棱AD,BC均平行时,截面最大面积为yz=3.
综上,三棱锥A-BCD被平面α所截得的截面面积的最大值为3.
16.(1)证明 如图,连接GM,∵G,M分别是AB,AD的中点,
∴GM∥BD且GM=BD.
∵O是正方形ABCD的中心,∴OB=BD.∵四边形OBEF为矩形,∴EF∥OB且EF=OB,
∴EF∥GM且EF=GM,∴四边形EFMG是平行四边形,∴EG∥FM,
又EG⊂平面ECG,FM⊄平面ECG,∴FM∥平面ECG.
(2)解如图,连接EM,CM,在△CGM中,CG=CM=,GM=,∴S△CGM=.
∵四边形OBEF为矩形,∴EB⊥BO,
又平面OBEF⊥平面ABCD,平面OBEF∩平面ABCD=BO,EB⊂平面OBEF,
∴EB⊥平面ABCD,即EB为三棱锥E-CGM的高,
∴VE-CGM=×2=1.
在△ECG中,EG=CG=,EC=2,
∴S△ECG=×2.
设点M到平面ECG的距离为d,则VM-ECG=d,
由VE-CGM=VM-ECG,可得d=1,解得d=,即点M到平面ECG的距离为.