高考数学(文数)一轮复习考点测试41《直线平面平行的判定及其性质》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试41《直线平面平行的判定及其性质》（教师版），共13页。试卷主要包含了下列命题中，错误的是，下面结论中，有下列命题，故选A等内容，欢迎下载使用。
eq \a\vs4\al(高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度)
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．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．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．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．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),2) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(1,3)
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eq \f(\r(3),2)．故选A．
12．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．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．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．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．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．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 eq \f(\r(6),4)
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＝eq \r(3)＝CD，∴C1D＝eq \r(6)，A1C1＝2．
在等腰三角形A1C1D中，cs∠A1DC1＝eq \f(\f(1,2)C1D,A1D)＝eq \f(\r(6),4)．
18．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．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．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＝eq \f(2,3)AD＝2，
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)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eq \f(1,2)PA．
取BC的中点E，连接AE．
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(5)．
由AM∥BC得M到BC的距离为eq \r(5)，
故S△BCM＝eq \f(1,2)×4×eq \r(5)＝2eq \r(5)．
所以四面体N－BCM的体积VN－BCM＝eq \f(1,3)·S△BCM·eq \f(PA,2)＝eq \f(1,3)×2eq \r(5)×2＝eq \f(4\r(5),3)．
3．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＝eq \f(1,2)AD．
又因为BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)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＝eq \r(2)得CE＝eq \r(2)，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝eq \r(3)得QH＝eq \f(1,4)，
在Rt△MQH中，QH＝eq \f(1,4)，MQ＝eq \r(2)，
所以sin∠QMH＝eq \f(\r(2),8)．
所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是eq \f(\r(2),8)．
二、模拟大题
4．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＝2eq \r(3)，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于H，连接CH．
由四边形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC，知eq \f(AF,FC)＝eq \f(2,1)，
又G为△PAD的重心，
∴eq \f(AG,GH)＝eq \f(2,1)，
在△ACH中，eq \f(AG,GH)＝eq \f(AF,FC)＝eq \f(2,1)，故GF∥HC．
又HC⊂平面PDC，GF⊄平面PDC，
∴GF∥平面PDC．
(2)由AB＝2eq \r(3)，△PAD，△ABD为正三角形，E为AD中点，得PE＝3，
由(1)知GF∥平面PDC，又PE⊥平面ABCD，
∴VG－PCD＝VF－PCD＝VP－CDF＝eq \f(1,3)PE·S△CDF，
由四边形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB＝2DC＝2eq \r(3)，△ABD为正三角形，
知DF＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(2\r(3),3)，∠CDF＝∠ABD＝60°，
∴S△CDF＝eq \f(1,2)CD·DF·sin∠CDF＝eq \f(\r(3),2)，
∴VP－CDF＝eq \f(1,3)PE·S△CDF＝eq \f(\r(3),2)，
∴三棱锥G－PCD的体积为eq \f(\r(3),2)．
5．如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，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)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE中点，又M为AB中点，所以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的对边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的中点，N为AD的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，
因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG．
6．如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC．
(1)若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出eq \f(AP,PD)的值；若不存在，说明理由；
(2)求三棱锥A－CDF体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．
解 (1)线段AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时eq \f(AP,PD)＝eq \f(3,2)．
理由如下：当eq \f(AP,PD)＝eq \f(3,2)时，eq \f(AP,AD)＝eq \f(3,5)，
过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，
则有eq \f(MP,FD)＝eq \f(AP,AD)＝eq \f(3,5)，
由题意可得FD＝5，故MP＝3，
由题意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴MP綊EC，
故四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME，
又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴CP∥平面ABEF成立．
(2)设BE＝x(0＜x≤4)，∴AF＝x，FD＝6－x，
由题意可得EC⊥EF，又BE⊥EC，BE∩EF＝E，
∴BE⊥平面ECDF，
∵AF∥BE，∴AF⊥平面ECDF．
故VA－CDF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×(6－x)×x＝eq \f(1,3)(－x2＋6x)，∴当x＝3时，VA－CDF有最大值，且最大值为3，
此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2eq \r(2)，AD＝3eq \r(2)，AC＝eq \r(14)，
在△ACD中，由余弦定理得
cs∠ADC＝eq \f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq \f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，∴sin∠ADC＝eq \f(\r(3),2)，
∴S△ADC＝eq \f(1,2)DC·DA·sin∠ADC＝3eq \r(3)，
设点F到平面ACD的距离为h，
由于VA－CDF＝VF－ACD，即3＝eq \f(1,3)·h·S△ACD，
∴h＝eq \r(3)，即点F到平面ACD的距离为eq \r(3)．