2020高考数学第六章立体几何考点测试43直线、平面平行的判定及其性质文（含解析）.docx

考点测试43直线、平面平行的判定及其性质高考概览考纲研读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已知平面平面，若两条直线m，n分别在平面，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解析由知，又m，n，故mn故选B2两条直线a，b满足ab，b，则a与平面的位置关系是()Aa BaCa与相交 Da与不相交答案D解析由于b且ab，则a或a故a与不相交故选D3如图所示的三棱柱ABCA1B1C1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ABCA1B1C1中，ABA1B1，AB平面ABC，A1B1平面ABC，A1B1平面ABC，过A1B1的平面与平面ABC交于DEDEA1B1，DEAB4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，且l，则()A内的所有直线与l异面B内不存在与l平行的直线C内存在唯一的直线与l平行D内的直线与l都相交答案B解析因为l，若在平面内存在与直线l平行的直线，则l，这与题意矛盾故选B6下面结论中：过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；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；过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；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 B C D答案C解析对于，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，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，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，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C7有下列命题：若直线l平行于平面内的无数条直线，则直线l；若直线a在平面外，则a；若直线ab，b，则a；若直线ab，b，则a平行于平面内的无数条直线其中真命题的个数是()A1 B2 C3 D4答案A解析命题，l可以在平面内，是假命题；命题，直线a与平面可以是相交关系，是假命题；命题，a可以在平面内，是假命题；命题是真命题8已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是_(只填序号)AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1；AD1平面BDC1答案解析连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，则AD1BC1，从而正确；易证BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，从而正确；由图易知AD1与DC1异面，故错误；因AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，故AD1平面BDC1，故正确二、高考小题9(2018浙江高考)已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”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，n，mn，m，故充分性成立而由m，n，得mn或m与n异面，故必要性不成立故选A10(2017全国卷)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，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDABQD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQC项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQD项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ故选A11(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A B C D答案A解析如图，延长B1A1至A2，使A2A1B1A1，延长D1A1至A3，使A3A1D1A1，连接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D易证AA2A1BD1C，AA3A1DB1C平面AA2A3平面CB1D1，即平面AA2A3为平面于是mA2A3，直线AA2即为直线n显然有AA2AA3A2A3，于是m，n所成的角为60，其正弦值为故选A12(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m与所成的角和n与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)答案解析由mn，m，可得n或n在内，当n时，与可能相交，也可能平行，故错易知都正确三、模拟小题13(2018陕西西安一中模拟)在三棱锥ABCD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()AE，F，G，H一定是各边的中点BG，H一定是CD，DA的中点CBEEABFFC，且DHHADGGCDAEEBAHHD且BFFCDGGC答案D解析由BD平面EFGH，得BDEH，BDFG，则AEEBAHHD，且BFFCDGGC故选D14(2018福建厦门第二次质量检查)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是()AMNAPBMNBD1CMN平面BB1D1DDMN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MQB1D1，MQ面BB1D1D，由四边形BB1QN为平行四边形，得NQBB1，NQ面BB1D1D，平面MNQ平面BB1D1D，MN面MNQ，MN平面BB1D1D，故选C15(2018衡阳二模)若平面截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面平行的棱有()A0条 B1条C2条 D1条或2条答案C解析如图所示，平面截三棱锥所得截面为平行四边形EFGH，因为FGEH，可证明FG平面ABD，由线面平行的性质可知FGAB，所以AB，同理可得CD，所以有两条棱和平面平行，故选C16(2018南昌一模)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 B C D答案D解析在中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，AB平面MNP，故成立；若下底面中心为O，则NOAB，NO面MNPN，AB与面MNP不平行，故不成立；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，故不成立；在中，AB与PN平行，AB平面MNP，故成立综上所述，答案为D17(2018太原模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1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_答案解析B1B平面ABCD，BCB1是B1C与底面所成角，BCB160C1C底面ABCD，CDC1是C1D与底面所成角，CDC145，连接A1D，A1C1，则A1DB1C，A1DC1或其补角为异面直线B1C与C1D所成角，不妨设BC1，则CB1DA12，BB1CC1CD，C1D，A1C12在等腰三角形A1C1D中，cosA1DC118(2018合肥质检三)如图直三棱柱ABCABC中，ABC为边长为2的等边三角形，AA4，点E，F，G，H，M分别是边AA，AB，BB，AB，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP平面ACCA，则动点P的轨迹长度为_答案4解析因为H，F，M分别为AB，AB，BC的中点，所以FMAC，HFAA，所以FM平面ACCA，HF平面ACCA，又因为FMHFF，所以平面HFM平面ACCA，要使MP平面ACCA，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(2018江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC证明(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1，因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1A1B因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC又因为A1BBCB，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A1BC2(2016全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明：MN平面PAB；(2)求四面体NBCM的体积解(1)证明：由已知得AMAD2，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2又ADBC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT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PA取BC的中点E，连接AE由ABAC3得AEBC，AE由AMBC得M到BC的距离为，故SBCM42所以四面体NBCM的体积VNBCMSBCM223(2017浙江高考)如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，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EFAD且EFAD又因为BCAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF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，MQCE由PAD为等腰直角三角形得PNAD由DCAD，BCAD，BCAD，N是AD的中点得BNAD所以AD平面PBN由BCAD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CD1在PCD中，由PC2，CD1，PD得CE，在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是二、模拟大题4(2018安徽合肥一中模拟)如图，四棱锥PABCD中，E为AD的中点，PE平面ABCD，底面ABCD为梯形，ABCD，AB2DC2，ACBDF，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GPCD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，ABCD，且AB2DC，知，又G为PAD的重心，在ACH中，故GFHC又HC平面PDC，GF平面PDC，GF平面PDC(2)由AB2，PAD，ABD为正三角形，E为AD中点，得PE3，由(1)知GF平面PDC，又PE平面ABCD，VGPCDVFPCDVPCDFPESCDF，由四边形ABCD是梯形，ABCD，且AB2DC2，ABD为正三角形，知DFBD，CDFABD60，SCDFCDDFsinCDF，VPCDFPESCDF，三棱锥GPCD的体积为5(2018安徽合肥一中模拟)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BEMO，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DEGN，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BDMN，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MNG6(2018山西太原质检)如图，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB，现将四边形ABEF沿EF折起，使BEEC(1)若BE1，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，求出的值；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥ACDF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，此时理由如下：当时，过点P作PMFD交AF于点M，连接EM，则有，由题意可得FD5，故MP3，由题