2024高考数学一轮总复习（导与练）第七章第3节　空间直线、平面的平行

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[选题明细表]
1.下列命题正确的是( D )
A.若直线a在平面α外,则直线a∥α
B.若直线a与平面α有公共点,则a与α相交
C.若平面α内存在直线与平面β无交点,则α∥β
D.若平面α内的任意直线与平面β均无交点,则α∥β
解析:直线a在平面α外,则直线a∥α或a与α相交,故A错误;
直线a与平面α有公共点,则a与α相交或a⊂α,故B错误;
C中α与β可能平行,也可能相交,故C错误;
若平面α内的任意直线与平面β均无交点,则平面α内的任意直线与平面β平行,一定存在两条相交直线与平面β平行,则α∥β,故D
正确.
2.已知在三棱柱ABCA1B1C1中,M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为( B )
A.平行、平行B.异面、平行
C.平行、相交D.异面、相交
解析:因为在三棱柱ABCA1B1C1中,
M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,
所以EF⊂平面BCC1B1,
MN∩平面BCC1B1=N,N∉EF,
所以由异面直线的定义得直线MN与直线EF是异面直线.
取A1C1的中点P,连接PM,PN,如图,
则PN∥B1A1,PM∥A1A.
又PN⊄平面ABB1A1,B1A1⊂平面ABB1A1,
PM⊄平面ABB1A1,A1A⊂平面ABB1A1,
所以PN∥平面ABB1A1,PM∥平面ABB1A1.
因为PM∩PN=P,PM,PN⊂平面PMN,
所以平面PMN∥平面ABB1A1,
因为MN⊂平面PMN,
所以直线MN与平面ABB1A1平行.
3.三棱柱ABCA1B1C1中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ等于( A )
A.12 B.13
C.14 D.23
解析:如图,连接AC1,交A1C于O,连接OM,
因为BC1∥平面A1MC,
BC1⊂平面ABC1,
平面A1MC∩平面ABC1=OM,所以BC1∥OM,
因为△ABC1中,O为AC1的中点,所以M为AB的中点,因为AM=λAB,
所以λ=12.
4.在三棱台A1B1C1ABC中,点D在A1B1上,且AA1∥BD,点M是三角形A1B1C1内(含边界)的一个动点,且有平面BDM∥平面A1ACC1,则动点M的轨迹是( C )
A.三角形A1B1C1边界的一部分
B.一个点
C.线段的一部分
D.圆的一部分
解析:如图,过D作DE∥A1C1交B1C1于E,连接BE,
BD∥AA1,BD⊄平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1C1C,所以BD∥平面AA1C1C,
同理DE∥平面AA1C1C,又BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,
所以平面BDE∥平面AA1C1C,所以M∈DE(M不与D重合,否则没有平面BDM).
5.(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,Q分别是棱D1C1,A1D1,BC的中点,点P在BD1上且BP=23BD1,则以下四个说法正确的是( BC )
A.MN∥平面APC
B.C1Q∥平面APC
C.A,P,M三点共线
D.平面MNQ∥平面APC
解析:如图,对于A,连接MN,AC,AN,
则MN∥AC,
连接AM,CN,
易得AM,CN交于点P,
即MN⊂平面APC,
所以MN∥平面APC是错误的;
对于B,由A项知M,N在平面APC内,
由题易知AN∥C1Q,AN⊂平面APC,C1Q⊄平面APC,
所以C1Q∥平面APC是正确的;
对于C,由A项知A,P,M三点共线是正确的;
对于D,由A项知MN⊂平面APC,
又MN⊂平面MNQ,
所以平面MNQ∥平面APC是错误的.
6.三棱锥ABCD中,AB=CD=1,过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB,CD都平行,且分别交BD,AD,AC于F,G,H,则四边形EFGH的周长为 .
解析:因为AB∥平面EFGH,AB⊂平面ABC,
平面ABC∩平面EFGH=EH,
所以AB∥EH,
又点E为BC的中点,
所以EH为三角形ABC的中位线,
故EH=12AB=12.
同理,EF=FG=GH=12,
所以四边形EFGH的周长为2.
答案:2
7.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C两点,过点P的直线n与α,β分别交于B,D两点,且PA=6,
PD=8,AC=9,则BD的长可能为 .
解析:连接AB,CD,
当P在平面α与平面β的同侧时,
因为α∥β,平面PCD∩α=AB,平面PCD∩β=CD,
所以AB∥CD,
可得PAAC=PBBD,
因为PA=6,AC=9,
PD=8,
所以BD=245;
当P在平面α与平面β之间时,
同理可得PAPC=PBPD,
因为PA=6,AC=9,PD=8,
所以PB=16,
所以BD=PB+PD=24.
综上所述,可得BD的长为245或24.
答案:245或24
8.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,PA=3,
F是棱PA上的一个动点,E为PD的中点,O为AC的中点.
(1)求证:OE∥平面PAB;
(2)若AF=1,求证:CE∥平面BDF.
证明:(1)因为四边形ABCD为菱形,O为AC的中点,
所以O为BD的中点,
又因为E为PD的中点,
所以OE∥PB.
因为OE⊄平面PAB,PB⊂平面PAB,
所以OE∥平面PAB.
(2)如图所示,过E作EG∥FD交AP于点G,连接CG,FO.
因为EG∥FD,EG⊄平面BDF,FD⊂平面BDF.
所以EG∥平面BDF.
因为E为PD的中点,EG∥FD,
所以G为PF的中点,
因为AF=1,PA=3,
所以F为AG的中点,
又因为O为AC的中点,
所以OF∥CG.
因为CG⊄平面BDF,OF⊂平面BDF,
所以CG∥平面BDF.
因为EG∩CG=G,EG⊂平面CGE,CG⊂平面CGE,
所以平面CGE∥平面BDF,
又因为CE⊂平面CGE,
所以CE∥平面BDF.
9.(多选题)在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中,M是A1B1的中点,
N在该正方体的棱上运动,则下列说法正确的是( BC )
A.存在点N,使得MN∥BC1
B.三棱锥MA1BC1的体积等于94
C.有且仅有两个点N,使得MN∥平面A1BC1
D.有且仅有三个点N,使得N到平面A1BC1的距离为3
解析:如图,显然无法找到点N,使得MN∥BC1,故A错误;
VM-A1BC1=VB-A1MC1=13S△A1MC1·B1B=13×12×32×3×3=94,故B正确;
如图所示,N1,N2分别为B1B,B1C1的中点,有MN1∥平面A1BC1,MN2∥平面A1BC1,故C正确;
易证B1D⊥平面A1BC1,B1D⊥平面ACD1,且B1O1=O1O2=O2D=13B1D=3,
所以有B1,A,C,D1四点到平面A1BC1的距离为3,故D错误.
10.如图,在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P为棱BB1的中点,Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),若D1Q∥平面A1PD,则线段D1Q长度的取值范围是( D )
A.[1,2] B.[324,2]
C.[1,52] D.[324,52]
解析:如图,取CC1的中点E,B1C1的中点F,
连接D1E,D1F,EF,B1C,
所以EF∥B1C,在正方体中,易得B1C∥A1D,
所以EF∥A1D,
因为EF⊄平面A1PD,A1D⊂平面A1PD,
所以EF∥平面A1PD,
因为P,E分别为BB1,CC1的中点,
所以D1E∥A1P,
因为D1E⊄平面A1PD,A1P⊂平面A1PD,
所以D1E∥平面A1PD,
因为EF∩D1E=E,EF,D1E⊂平面D1EF,
所以平面D1EF∥平面A1PD,
因为D1Q∥平面A1PD,所以D1Q⊂平面D1EF,
又Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),所以Q在线段EF上,
可得D1E=52,D1F=52,EF=22,
则当Q是EF的中点时,D1Q取得最小值为(52) 2-(24) 2=324,
当Q在EF两端时,D1Q取得最大值为52,
所以D1Q长度的取值范围是[324,52].
11.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)如图,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的中点,
又M为AB的中点,
所以MO为△ABE的中位线,
所以BE∥MO,
又因为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,
又因为DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,
所以DE∥平面MNG.
因为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.
12.(2022·江苏苏州模拟)如图所示,已知四边形ABCD为梯形,AB∥CD,
CD=2AB.
(1)设平面PAB∩平面PDC=l,证明:AB∥l;
(2)在棱PC上是否存在点M,使得PA∥平面MBD?若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为AB∥CD,AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,
所以AB∥平面PDC,
又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PDC=l,所以AB∥l.
(2)解:存在点M,为PC上靠近点P的三等分点,使得PA∥平面MBD,
连接AC,设AC∩BD=O,连接OM,
因为M为PC上靠近点P的三等分点,
又AB∥CD,CD=2AB,
所以AOOC=ABCD=12=PMMC,所以PA∥OM,
又PA⊄平面MBD,OM⊂平面MBD,
所以PA∥平面MBD.
13.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,如图所示.
(1)求证:平面AB1D1∥平面C1BD;
(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,求EF.
(1)证明:在正方体ABCDA1B1C1D1中,ADB1C1,
所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1∥C1D,
又C1D⊂平面C1BD,AB1⊄平面C1BD,所以AB1∥平面C1BD,
同理,B1D1∥平面C1BD,
又AB1∩B1D1=B1,
所以平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)解:如图,连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,与A1C交于点E,
因为AO1⊂平面AB1D1,所以点E在平面AB1D1内,
所以E是A1C与平面AB1D1的交点,
同理,连接AC,交BD于O,连接C1O,与A1C交于F,
则F是A1C与平面C1BD的交点,
因为平面A1C1C∩平面AB1D1=EO1,平面A1C1C∩平面C1BD=C1F,
平面AB1D1∥平面C1BD,所以EO1∥C1F,
在△A1C1F中,因为O1是A1C1的中点,
所以E是A1F的中点,
所以A1E=EF,
同理可证OF∥AE,
所以F是CE的中点,即FC=EF,
所以A1E=EF=FC,又A1C=3,所以EF=33.
14.(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
(1)证明:如图,分别取AB,BC的中点M,N,连接EM,FN,MN,
因为△EAB与△FBC均为正三角形,且边长均为8 cm,
所以EM⊥AB,FN⊥BC,且EM=FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD,
平面EAB∩平面ABCD=AB,平面FBC∩平面ABCD=BC,EM⊂平面EAB,FN⊂平面FBC,
所以EM⊥平面ABCD,FN⊥平面ABCD,
所以EM∥FN,
所以四边形EMNF为平行四边形,
所以EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)解:如图,分别取AD,DC的中点P,Q,连接PM,PH,PQ,QN,QG,AC,BD.
由(1)知EM⊥平面ABCD,
FN⊥平面ABCD,
同理可证得,GQ⊥平面ABCD,
HP⊥平面ABCD,
易得EM=FN=GQ=HP=43,
EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD,MN∥AC,PM∥BD,
所以PM⊥MN,
又PM=QN=MN=PQ=12BD=42,
所以四边形PMNQ是正方形,
所以四棱柱PMNQHEFG为正四棱柱,
所以V四棱柱PMNQ-HEFG=(42)2×43=1283.
因为AC⊥BD,BD∥PM,
所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以EM⊥AC.
又EM,PM⊂平面PMEH,且EM∩PM=M,
所以AC⊥平面PMEH,
则点A到平面PMEH的距离
d=14AC=22,
所以V四棱锥A-PMEH=13S四边形PMEH·d=13×42×43×22=6433,
所以该包装盒的容积
V=V四棱柱PMNQ-HEFG+4V四棱锥A-PMEH=1283+4×6433=64033(cm3).知识点、方法
题号
直线、平面平行的基本问题
1
直线、平面平行的判定与性质
2,3,6,8,12
平面、平面平行的判定与性质
4,7
综合问题
5,9,10,11,13,14