全国统考2022版高考数学大一轮复习第8章立体几何第3讲直线平面平行的判定及性质1备考试题（含解析）

第八章　立体几何

第三讲　直线、平面平行的判定及性质

练好题·考点自测 

1.[2021河南省名校联考]已知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.α∥β,m∥α,则m∥β

B.m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β

C.m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β

D.m⊥α,m∥n,α∥β,则n⊥β

2.[2018浙江,6,5分]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

3.[2019全国卷Ⅱ,7,5分][文]设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 (　　)

A.α内有无数条直线与β平行

B.α内有两条相交直线与β平行

C.α,β平行于同一条直线

D.α,β垂直于同一平面

4.[2021湖南模拟]如图8-3-1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论正确的是　　　.(填序号) 

①对于任意的点Q,都有AP∥RQ;

②对于任意的点Q,四边形APQR不可能为平行四边形;

③存在点Q,使得直线BC∥平面APQR.

图8-3-1

拓展变式

1.[2021河南省名校联考]如图8-3-5,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,PA⊥平

图8-3-5

面ABCD,过AD的平面与PC,PB分别交于点M,N,连接MN.

(1)证明:BC∥MN.

(2)已知PA=AD=AB=2BC,平面ADMN⊥平面PBC,求的值.

2.[2020合肥三检]如图8-3-8,边长为2的等边△ABC所在平面与

图8-3-8

菱形A1ACC1所在平面互相垂直,且BC∥B1C1,BC=2B1C1,A1C=AC1.

(1)求证:A1B1∥平面ABC.

(2)求多面体ABC-A1B1C1的体积V.

答  案

第八章　立体几何

第三讲　直线、平面平行的判定及性质

1.D　对于A选项,α∥β,m∥α,则m∥β或m⊂β,所以A选项错误.对于B选项,m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β或α和β相交,只有加上条件m与n相交时,才有结论α∥β,所以B选项错误.对于C选项,m⊥n,m⊥α,n∥β,则α∥β或α与β相交,所以C选项错误.对于D选项,m⊥α,m∥n,则n⊥α,又α∥β,则n⊥β,所以D选项正确.故选D.

2.A　若m⊄α,n⊂α,m∥n,由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α,m⊄α,n⊂α,不一定能推出m∥n,直线m与n可能异面,故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故选A.

3.B　对于A,α内有无数条直线与β平行,当这无数条直线互相平行时,α与β可能相交,所以A不正确;对于B,根据两平面平行的判定定理与性质知,B正确;对于C,平行于同一条直线的两个平面可能相交,也可能平行,所以C不正确;对于D,垂直于同一平面的两个平面可能相交,也可能平行,如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面,但它们是相交的,所以D不正确.综上可知选B.

4.①②③　因为AB∥CD,AA1∥DD1,所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1.因为平面APQR∩平面ABB1A1=AP,平面APQR∩平面DCC1D1=RQ,所以AP∥RQ,可知①正确.因为四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD,所以平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行.因为平面APQR∩平面BCC1B1=PQ,平面APQR∩平面ADD1A1=AR,所以PQ与AR不平行,所以四边形APQR不可能为平行四边形,可知②正确.延长CD至M,使得DM=CD,则四边形ABCM是矩形,所以BC∥AM.当R,Q,M三点共线时,AM⊂平面APQR,所以BC∥平面APQR,可知③正确.故填①②③.

1.(1)∵BC∥AD,BC⊄平面ADMN,AD⊂平面ADMN,∴BC∥平面ADMN.

又BC⊂平面PBC,平面PBC∩平面ADMN=MN,∴BC∥MN.

 (2) ∵PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,

∴PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,

∴BC⊥平面PAB.

∵AN⊂平面PAB,∴BC⊥AN,

又BC∥MN,∴AN⊥MN,

∵平面ADMN⊥平面PBC,(题眼)平面ADMN∩平面PBC=MN,

∴AN⊥平面PBC,∴AN⊥PB.

∵PA=AB,∴N为PB的中点,又BC∥MN,∴,

∴VP-BDM=VC-BDM=VM-BCD=VP-BCD.

设点P到平面ABCD的距离为h,

则,又,

∴.

2.(1)∵四边形A1ACC1是菱形,∴AC∥A1C1.

又AC⊂平面ABC,A1C1⊄平面ABC,∴A1C1∥平面ABC.

同理得,B1C1∥平面ABC.

∵A1C1,B1C1⊂平面A1B1C1,且A1C1∩B1C1=C1,

∴平面ABC∥平面A1B1C1.

又A1B1⊂平面A1B1C1,

∴A1B1∥平面ABC.

(2)∵AC∥A1C1,B1C1∥BC,

∴∠A1C1B1=∠ACB=60°.

∵A1C1=AC=2,2B1C1=BC=2,

∴×1×2×.

在菱形A1ACC1中,∵A1C=AC1,

∴∠ACC1=60°,=2×2×=2.

图D 8-3-1

如图D 8-3-1,取AC的中点M,连接BM,C1M,则BM⊥AC,C1M⊥AC.

∵平面ABC⊥平面ACC1,

∴BM⊥平面ACC1,C1M⊥平面ABC.

由(1)知,平面ABC∥平面A1B1C1,

∴点B到平面A1B1C1的距离为C1M=.

又点B到平面A1ACC1的距离为BM=,连接BC1,

则×(+2)×.