2020高考数学大一轮复习第七章立体几何第二节直线、平面的平行关系检测理新人教A版.docx

第二节 直线、平面的平行关系限时规范训练(限时练夯基练提能练)A级基础夯实练1.给出三个命题：若两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线互相平行；若两条直线与一个平面垂直，则这两条直线互相平行；若两条直线与一个平面平行，则这两条直线互相平行其中正确的命题的个数是()A0B1C2 D3解析：选B.若两条直线与同一个平面所成的角相等，则这两条直线与平面的法向量夹角相等，这些直线构成以法向量为轴的某个对顶圆锥故错误；两条直线与平面垂直，则这两条直线与平面的法向量平行，则根据公理4，两直线平行，故正确；两条直线与一个平面平行，这两条直线可能异面、平行或相交故错误2.下列命题中成立的个数是()直线l平行于平面内的无数条直线，则l；若直线l在平面外，则l；若直线lb，直线b，则l；若直线lb，直线b，那么直线l就平行于平面内的无数条直线A1 B2C3 D4解析：选A.直线l平行于平面内的无数条直线，包括l和l，故不成立；直线l在平面外，包括l与相交和l，故不成立；直线lb，直线b，包括l和l，故不成立；直线lb，直线b，那么l平行于内与直线b平行的所有直线，所以直线l就平行于平面内的无数条直线，故只有成立3.有如下三个命题：分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线；垂直于同一个平面的两条直线是平行直线；过平面的一条斜线有一个平面与平面垂直其中正确命题的个数为()A0 B1C2 D3解析：选C.分别在两个平面中的两条直线不一定是异面直线，故错误此命题是直线与平面垂直的性质定理，故正确可过斜线与平面的交点作一条垂直于平面的直线，则斜线与垂线所确定的平面即与平面垂直，这样的平面有且只有一个故正确所以正确4.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A若m，n，则mnB若，m，n，则mnC若m，n，则nD若m，mn，n，则解析：选D.若m，n，则直线m，n可以是平行、相交、异面，所以A不正确若，m，n，则直线m，n可能是平行或异面，所以B不正确C选项显然不正确5.(2018枣庄模拟)设a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面则下列四个命题中，正确的是()A若a，b与所成的角相等，则abB若a，b，则abC若a，b，ab，则D若a，b，则ab解析：选D.对于选项A，a，b不一定平行，也可能相交；对于选项B，只需找个平面，使，且a，b即可满足题设，但a，b不一定平行；对于选项C，由直三棱柱模型可排除C.6.给出下列四个命题：平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；若平面内的一条直线a与平面内的一条直线b相交，则与相交；若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；若三条直线交于同一点，则这三条直线共面其中真命题的序号是_解析：正确，因为直线在平面外，即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内答案：7.(2018青岛模拟)将一个真命题中的“平面”换成“直线”“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”给出下列四个命题：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一平面的两平面平行；平行于同一直线的两直线平行；平行于同一平面的两直线平行其中是“可换命题”的是_(填命题的序号)解析：由线面垂直的性质定理可知是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故是假命题，故不是“可换命题”答案：8.如图，平面平面平面，两条直线a，b分别与平面，相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB2 cm，DE4 cm，EF3 cm，则AC的长为_cm.解析：因为平面平面平面，两条直线a，b分别与平面，相交于点A，B，C和点D，E，F，连接AD，BE，CF(图略)所以ADBECF，所以，因为AB2 cm，DE4 cm，EF3 cm，所以，解得BC cm，所以ACABBC2(cm)答案：9.如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB，过点A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC.(2)BCSA.证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又因为EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又因为AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC，因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFABA，AF平面SAB，AB平面SAB，所以BC平面SAB.又因为SA平面SAB，所以BCSA.10.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB60，PD平面ABCD，PDAD1，点E，F分别为AB和PC的中点，连接EF，BF.(1)求证：直线EF平面PAD.(2)求三棱锥FPEB的体积解：(1)如图，作FMCD交PD于点M，连接AM.因为点F为PC中点，所以FMCD.因为点E为AB的中点，所以AEABFM.又AEFM，所以四边形AEFM为平行四边形，又EF平面PAD，AM平面PAD.所以EFAM.所以直线EF平面PAD.(2)连接EC.已知DAB60，AE，AD1，由余弦定理，得DEAB，又ABDC，则DEDC，设F到平面BEC的距离为h.因为点F为PC的中点，所以hPD.从而有VFPBEVPBEFVPBECVFBECSBEC(PDh)SBECPD1.B级能力提升练11.如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA平面EBF时，()A.BC. D解析：选D.如图，连接AC交BE于G，连接FG，因为PA平面EBF，PA平面PAC，平面PAC平面BEFFG，所以PAFG，所以.又ADBC，E为AD的中点，所以，所以.12.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是()A. BC. D，解析：选B.取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，可以证明平面AMN平面AEF，所以点P位于线段MN上，因为A1MA1N，MN，所以当点P位于M，N处时，A1P的长度最长，当P位于MN的中点O时，A1P的长度最短，此时A1O，所以A1OA1PA1M，即A1P，所以线段A1P长度的取值范围是，选B.13.如图，ABCDA1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，P是棱AD上一点，AP，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ()A.a BaC.a Da解析：选A.因为ABCDA1B1C1D1是棱长为a的正方体，所以平面ABCD平面A1B1C1D1，又P是棱AD上一点，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，所以MNPQ，又M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，AP，所以CQ，所以DPDQ，所以PQ.14.在四面体ABCD中，M，N分别是ACD，BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是_解析：如图，取CD的中点E.连接AE，BE，由于M，N分别是ACD，BCD的重心，所以AE，BE分别过M，N，则EMMA12，ENBN12，所以MNAB.因为AB平面ABD，MN平面ABD，AB平面ABC，MN平面ABC，所以MN平面ABD，MN平面ABC.答案：平面ABD与平面ABC15.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M只需满足条件_时，就有MN平面B1BDD1(注：填上你认为正确的一个条件即可)解析：连接HN，FH，FN，则FHDD1，HNBD，平面FHN平面B1BDD1，当MFH时，MN平面FHN，此时MN平面B1BDD1.答案：点M在线段FH上(包含端点)16.如图，平面五边形ABCDE中，ABCE，且AE2，AEC60，CDED，cosEDC.将CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP，得到四棱锥PABCE.(1)求证：AP平面ABCE；(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：ABl.解：(1)在CDE中，CDED，cosEDC，由余弦定理得CE2.连接AC，AE2，AEC60，AC2.又AP，在PAE中，PA2AE2PE2，即APAE.同理APAC.而AC平面ABCE，AE平面ABCE，ACAEA，故AP平面ABCE.(2)ABCE，且CE平面PCE，AB平面PCE，AB平面PCE.又平面PAB平面PCEl，ABl.C级素养加强练17.(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的体积的最大值，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，由题意可得EC3，又MPFDEC，MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，CPME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，CP平面ABEF成立(2)设BEx(0x