2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測(cè)試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 文(含解析).docx
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考點(diǎn)測(cè)試43 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 高考概覽 考綱研讀 1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn),認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理 2.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡(jiǎn)單命題 一、基礎(chǔ)小題 1.已知平面α∥平面β,若兩條直線m,n分別在平面α,β內(nèi),則m,n的關(guān)系不可能是( ) A.平行 B.相交 C.異面 D.平行或異面 答案 B 解析 由α∥β知,α∩β=?.又m?α,n?β,故m∩n=?.故選B. 2.兩條直線a,b滿足a∥b,b?α,則a與平面α的位置關(guān)系是( ) A.a(chǎn)∥α B.a(chǎn)?α C.a(chǎn)與α相交 D.a(chǎn)與α不相交 答案 D 解析 由于b?α且a∥b,則a∥α或a?α.故a與α不相交.故選D. 3.如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,過(guò)A1B1的平面與平面ABC交于DE,則DE與AB的位置關(guān)系是( ) A.異面 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,∵過(guò)A1B1的平面與平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1,∴DE∥AB. 4.下列命題中,錯(cuò)誤的是( ) A.平面內(nèi)一個(gè)三角形各邊所在的直線都與另一個(gè)平面平行,則這兩個(gè)平面平行 B.平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行 C.若兩個(gè)平面平行,則位于這兩個(gè)平面內(nèi)的直線也互相平行 D.若兩個(gè)平面平行,則其中一個(gè)平面內(nèi)的直線平行于另一個(gè)平面 答案 C 解析 由面面平行的判定定理和性質(zhì)知A,B,D正確.對(duì)于C,位于兩個(gè)平行平面內(nèi)的直線也可能異面. 5.若直線l不平行于平面α,且l?α,則( ) A.α內(nèi)的所有直線與l異面 B.α內(nèi)不存在與l平行的直線 C.α內(nèi)存在唯一的直線與l平行 D.α內(nèi)的直線與l都相交 答案 B 解析 因?yàn)閘?α,若在平面α內(nèi)存在與直線l平行的直線,則l∥α,這與題意矛盾.故選B. 6.下面結(jié)論中: ①過(guò)不在平面內(nèi)的一點(diǎn),有且只有一個(gè)平面與這個(gè)平面平行; ②過(guò)不在平面內(nèi)的一條直線,有且只有一個(gè)平面與這個(gè)平面平行; ③過(guò)不在直線上的一點(diǎn),有且只有一條直線與這條直線平行; ④過(guò)不在直線上的一點(diǎn),有且只有一個(gè)平面與這條直線平行. 正確的序號(hào)為( ) A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 答案 C 解析 對(duì)于①,過(guò)不在平面內(nèi)的一點(diǎn),有且只有一個(gè)平面與這個(gè)平面平行,正確;對(duì)于②,當(dāng)已知直線與平面相交時(shí),不存在平面與已知平面平行,錯(cuò)誤;對(duì)于③,過(guò)不在直線上的一點(diǎn),有且只有一條直線與這條直線平行,正確;對(duì)于④,過(guò)不在直線上的一點(diǎn),有無(wú)數(shù)個(gè)平面與已知直線平行,錯(cuò)誤.故選C. 7.有下列命題: ①若直線l平行于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線,則直線l∥α; ②若直線a在平面α外,則a∥α; ③若直線a∥b,b∥α,則a∥α; ④若直線a∥b,b∥α,則a平行于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線. 其中真命題的個(gè)數(shù)是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 A 解析 命題①,l可以在平面α內(nèi),是假命題;命題②,直線a與平面α可以是相交關(guān)系,是假命題;命題③,a可以在平面α內(nèi),是假命題;命題④是真命題. 8.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,下列結(jié)論中,正確的結(jié)論是________(只填序號(hào)). ①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1. 答案 ①②④ 解析 連接AD1,BC1,AB1,B1D1,C1D,BD,則AD1∥BC1,從而①正確;易證BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,從而②正確;由圖易知AD1與DC1異面,故③錯(cuò)誤;因AD1∥BC1,AD1?平面BDC1,BC1?平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正確. 二、高考小題 9.(2018浙江高考)已知平面α,直線m,n滿足m?α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”的( ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 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與n異面,故必要性不成立.故選A. 10.(2017全國(guó)卷Ⅰ)如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是( ) 答案 A 解析 A項(xiàng),作如圖①所示的輔助線,其中D為BC的中點(diǎn),則QD∥AB.∵QD∩平面MNQ=Q,∴QD與平面MNQ相交,∴直線AB與平面MNQ相交.B項(xiàng),作如圖②所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,∴AB∥平面MNQ. C項(xiàng),作如圖③所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ, ∴AB∥平面MNQ.D項(xiàng),作如圖④所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥NQ,∴AB∥NQ.又AB?平面MNQ,NQ?平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.故選A. 11.(2016全國(guó)卷Ⅰ)平面α過(guò)正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 如圖,延長(zhǎng)B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延長(zhǎng)D1A1至A3,使A3A1=D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易證AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3為平面α.于是m∥A2A3,直線AA2即為直線n.顯然有AA2=AA3=A2A3,于是m,n所成的角為60,其正弦值為.故選A. 12.(2016全國(guó)卷Ⅱ)α,β是兩個(gè)平面,m,n是兩條直線,有下列四個(gè)命題: 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與α所成的角和n與β所成的角相等. 其中正確的命題有________.(填寫(xiě)所有正確命題的編號(hào)) 答案 ②③④ 解析 由m⊥n,m⊥α,可得n∥α或n在α內(nèi),當(dāng)n∥β時(shí),α與β可能相交,也可能平行,故①錯(cuò).易知②③④都正確. 三、模擬小題 13.(2018陜西西安一中模擬)在三棱錐A-BCD中,E,F(xiàn),G,H分別是AB,BC,CD,DA上的點(diǎn),當(dāng)BD∥平面EFGH時(shí),下面結(jié)論正確的是( ) A.E,F(xiàn),G,H一定是各邊的中點(diǎn) B.G,H一定是CD,DA的中點(diǎn) 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,則AE∶EB=AH∶HD,且BF∶FC=DG∶GC.故選D. 14.(2018福建廈門(mén)第二次質(zhì)量檢查)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分別是C1D1,BC,A1D1的中點(diǎn),則下列命題正確的是( ) A.MN∥AP B.MN∥BD1 C.MN∥平面BB1D1D D.MN∥平面BDP 答案 C 解析 取B1C1中點(diǎn)Q,連接MQ,NQ,由三角形中位線定理可得MQ∥B1D1,∴MQ∥面BB1D1D,由四邊形BB1QN為平行四邊形,得NQ∥BB1,∴NQ∥面BB1D1D,∴平面MNQ∥平面BB1D1D,MN?面MNQ,∴MN∥平面BB1D1D,故選C. 15.(2018衡陽(yáng)二模)若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形,則該三棱錐與平面α平行的棱有( ) A.0條 B.1條 C.2條 D.1條或2條 答案 C 解析 如圖所示,平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形EFGH,因?yàn)镕G∥EH,可證明FG∥平面ABD,由線面平行的性質(zhì)可知FG∥AB,所以AB∥α,同理可得CD∥α,所以有兩條棱和平面平行,故選C. 16.(2018南昌一模)下列四個(gè)正方體圖形中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,P分別為其所在棱的中點(diǎn),能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是( ) A.①③ B.②④ C.②③ D.①④ 答案 D 解析 在①中,由正方體性質(zhì)得到平面MNP與AB所在平面平行,∴AB∥平面MNP,故①成立;②若下底面中心為O,則NO∥AB,NO∩面MNP=N,∴AB與面MNP不平行,故②不成立;③過(guò)P作與AB平行的直線PO,則PO與平面MNP相交,∴AB與面MNP不平行,故③不成立;在④中,AB與PN平行,∴AB∥平面MNP,故④成立.綜上所述,答案為D. 17.(2018太原模擬)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,B1C和C1D與底面所成的角分別為60和45,則異面直線B1C和C1D所成的角的余弦值為_(kāi)_______. 答案 解析 ∵B1B⊥平面ABCD, ∴∠BCB1是B1C與底面所成角,∴∠BCB1=60.∵C1C⊥底面ABCD,∴∠CDC1是C1D與底面所成角,∴∠CDC1=45,連接A1D,A1C1,則A1D∥B1C, ∴∠A1DC1或其補(bǔ)角為異面直線B1C與C1D所成角,不妨設(shè)BC=1,則CB1=DA1=2,BB1=CC1==CD,∴C1D=,A1C1=2.在等腰三角形A1C1D中,cos∠A1DC1==. 18.(2018合肥質(zhì)檢三)如圖直三棱柱ABC-A′B′C′中,△ABC為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,AA′=4,點(diǎn)E,F(xiàn),G,H,M分別是邊AA′,AB,BB′,A′B′,BC的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在四邊形EFGH內(nèi)部運(yùn)動(dòng),并且始終有MP∥平面ACC′A′,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為_(kāi)_______. 答案 4 解析 因?yàn)镠,F(xiàn),M分別為A′B′,AB,BC的中點(diǎn),所以FM∥AC,HF∥AA′,所以FM∥平面ACC′A′,HF∥平面ACC′A′,又因?yàn)镕M∩HF=F,所以平面HFM∥平面ACC′A′,要使MP∥平面ACC′A′,則MP?平面HFM,所以點(diǎn)P的軌跡為線段HF,點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為4. 一、高考大題 1.(2018江蘇高考)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求證: (1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 證明 (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1, 因?yàn)锳B?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C, 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因?yàn)锳A1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,所以AB1⊥A1B. 因?yàn)锳B1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC. 又因?yàn)锳1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC, 又因?yàn)锳B1?平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 2.(2016全國(guó)卷Ⅲ)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明:MN∥平面PAB; (2)求四面體N-BCM的體積. 解 (1)證明:由已知得AM=AD=2, 取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC中點(diǎn)知TN∥BC,TN=BC=2. 又AD∥BC,故TN綊AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因?yàn)锳T?平面PAB,MN?平面PAB, 所以MN∥平面PAB. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,N為PC的中點(diǎn), 所以N到平面ABCD的距離為PA. 取BC的中點(diǎn)E,連接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==. 由AM∥BC得M到BC的距離為, 故S△BCM=4=2. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=S△BCM=22=. 3.(2017浙江高考)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點(diǎn). (1)證明:CE∥平面PAB; (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值. 解 (1)證明:如圖,設(shè)PA的中點(diǎn)為F,連接EF,F(xiàn)B. 因?yàn)镋,F(xiàn)分別為PD,PA的中點(diǎn),所以EF∥AD且EF=AD. 又因?yàn)锽C∥AD,BC=AD, 所以EF∥BC且EF=BC, 所以四邊形BCEF為平行四邊形,所以CE∥BF. 因?yàn)锽F?平面PAB,CE?平面PAB, 所以CE∥平面PAB. (2)分別取BC,AD的中點(diǎn)M,N. 連接PN交EF于點(diǎn)Q,連接MQ. 因?yàn)镋,F(xiàn),N分別是PD,PA,AD的中點(diǎn), 所以Q為EF的中點(diǎn). 在平行四邊形BCEF中,MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD,BC∥AD,BC=AD,N是AD的中點(diǎn)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. 過(guò)點(diǎn)Q作PB的垂線, 垂足為H,連接MH, MH是MQ在平面PBC上的射影, 所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角. 設(shè)CD=1. 在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=, 在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=, 在Rt△MQH中,QH=,MQ=, 所以sin∠QMH=. 所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是. 二、模擬大題 4.(2018安徽合肥一中模擬)如圖,四棱錐P-ABCD中,E為AD的中點(diǎn),PE⊥平面ABCD,底面ABCD為梯形,AB∥CD,AB=2DC=2,AC∩BD=F,且△PAD與△ABD均為正三角形,G為△PAD重心. (1)求證:GF∥平面PDC; (2)求三棱錐G-PCD的體積. 解 (1)證明:連接AG交PD于H,連接CH. 由四邊形ABCD是梯形,AB∥CD,且AB=2DC,知=, 又G為△PAD的重心, ∴=, 在△ACH中,==,故GF∥HC. 又HC?平面PDC,GF?平面PDC, ∴GF∥平面PDC. (2)由AB=2,△PAD,△ABD為正三角形,E為AD中點(diǎn),得PE=3, 由(1)知GF∥平面PDC,又PE⊥平面ABCD, ∴VG-PCD=VF-PCD=VP-CDF=PES△CDF, 由四邊形ABCD是梯形,AB∥CD,且AB=2DC=2,△ABD為正三角形, 知DF=BD=,∠CDF=∠ABD=60, ∴S△CDF=CDDFsin∠CDF=, ∴VP-CDF=PES△CDF=, ∴三棱錐G-PCD的體積為. 5.(2018安徽合肥一中模擬)如圖,四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點(diǎn).求證: (1)BE∥平面DMF; (2)平面BDE∥平面MNG. 證明 (1)連接AE,則AE必過(guò)DF與GN的交點(diǎn)O,連接MO,因?yàn)樗倪呅蜛DEF為平行四邊形,所以O(shè)為AE中點(diǎn),又M為AB中點(diǎn),所以MO為△ABE的中位線,所以BE∥MO, 又BE?平面DMF,MO?平面DMF, 所以BE∥平面DMF. (2)因?yàn)镹,G分別為平行四邊形ADEF的對(duì)邊AD,EF的中點(diǎn),所以DE∥GN, 又DE?平面MNG,GN?平面MNG, 所以DE∥平面MNG. 又M為AB的中點(diǎn),N為AD的中點(diǎn), 所以MN為△ABD的中位線, 所以BD∥MN, 因?yàn)锽D?平面MNG,MN?平面MNG, 所以BD∥平面MNG, 因?yàn)镈E與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線, 所以平面BDE∥平面MNG. 6.(2018山西太原質(zhì)檢)如圖,四邊形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F(xiàn)分別在BC,AD上,EF∥AB,現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC. (1)若BE=1,在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,說(shuō)明理由; (2)求三棱錐A-CDF體積的最大值,并求出此時(shí)點(diǎn)F到平面ACD的距離. 解 (1)線段AD上存在一點(diǎn)P,使得CP∥平面ABEF, 此時(shí)=. 理由如下: 當(dāng)=時(shí),=, 過(guò)點(diǎn)P作PM∥FD交AF于點(diǎn)M,連接EM, 則有==, 由題意可得FD=5,故MP=3, 由題意可得EC=3,又MP∥FD∥EC,∴MP綊EC, 故四邊形MPCE為平行四邊形,∴CP∥ME, 又CP?平面ABEF,ME?平面ABEF, ∴CP∥平面ABEF成立. (2)設(shè)BE=x(0<x≤4),∴AF=x,F(xiàn)D=6-x, 由題意可得EC⊥EF,又BE⊥EC,BE∩EF=E, ∴BE⊥平面ECDF, ∵AF∥BE,∴AF⊥平面ECDF. 故VA-CDF=2(6-x)x=(-x2+6x),∴當(dāng)x=3時(shí),VA-CDF有最大值,且最大值為3, 此時(shí)EC=1,AF=3,F(xiàn)D=3,DC=2,AD=3, AC=, 在△ACD中,由余弦定理得 cos∠ADC===, ∴sin∠ADC=, ∴S△ADC=DCDAsin∠ADC=3, 設(shè)點(diǎn)F到平面ACD的距離為h, 由于VA-CDF=VF-ACD, 即3=hS△ACD, ∴h=,即點(diǎn)F到平面ACD的距離為.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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