高考数学一轮复习课时跟踪检测（四十一）直线、平面平行的判定及其性质（含解析）新人教A版.docx

课时跟踪检测（四十一） 直线、平面平行的判定及其性质一、题点全面练1已知，表示两个不同的平面，直线m是内一条直线，则“”是“m”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：选A由，m，可得m；反过来，由m，m，不能推出.综上，“”是“m”的充分不必要条件2(2019湘中名校联考)已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A若m，n，则mnB若m，m，则C若，则D若m，n，则mn解析：选DA中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.3.如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A垂直B相交不垂直C平行D重合解析：选C如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQAL，PRAM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR平面AMBNCL，即平面LMN平面PQR.4已知，是三个不重合的平面，l是直线给出下列命题：若l上两点到的距离相等，则l；若l，l，则；若，l，且l，则l.其中正确的命题是()AB.CD解析：选D对于，若直线l在平面内，l上有两点到的距离为0，相等，此时l不与平行，所以错误；对于，因为l，所以存在直线m使得lm，因为l，所以m，又m，所以，所以正确；对于，l，故存在m使得lm，因为，所以m，因为lm，l，所以l，正确故选D.5设l，m，n表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列三个命题：若ml，且m，则l；若l，m，n，则lmn；若m，l，n，且n，则lm.其中正确命题的个数是()A0B.1C2D3解析：选C正确；中三条直线也可能相交于一点，故错误；正确，所以正确的命题有2个6已知下列命题：若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交；若直线l与平面平行，则l与平面内的直线平行或异面；若平面平面，直线a，直线b，则ab.上述命题正确的是_(填序号)解析：若直线与平面有两个公共点，由公理1可得直线在平面内，故对；如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故错；若直线l与平面平行，则l与平面内的直线无公共点，即平行或异面，故对；若平面平面，直线a，直线b，则ab或a，b异面，故错答案：7.如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH 的形状为_解析：平面ABFE平面DCGH，平面EFGH平面ABFEEF，平面EFGH平面DCGHHG，EFHG.同理，EHFG，四边形EFGH是平行四边形答案：平行四边形8.如图所示，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ_.解析：如图，连接PD1，PB1.平面A1B1C1D1平面ABCD，而平面B1D1P平面ABCDPQ，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，B1D1PQ.又B1D1BD，BDPQ，设PQABM，ABCD，APMDPQ，2，即PQ2PM.又知APMADB，PMBD，又BDa，PQa.答案：a9.(2019南昌模拟)如图，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.设M，N分别为PD，AD的中点(1)求证：平面CMN平面PAB；(2)求三棱锥PABM的体积解：(1)证明：M，N分别为PD，AD的中点，MNPA，又MN平面PAB，PA平面PAB，MN平面PAB.在RtACD中，CAD60，CNAN，ACN60.又BAC60，CNAB.CN平面PAB，AB平面PAB，CN平面PAB.又CNMNN，平面CMN平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN平面PAB，点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离AB1，ABC90，BAC60，BC，三棱锥PABM的体积VVMPABVCPABVPABC12.10.(2018湘东五校联考)如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，A1CB是等边三角形，ACAB1，B1C1BC，BC2B1C1.(1)求证：AB1平面A1C1C；(2)求多面体ABCA1B1C1的体积解：(1)证明：取BC的中点D，连接AD，B1D，C1D，B1C1BC，BC2B1C1，BDB1C1，BDB1C1，CDB1C1，CDB1C1，四边形BDC1B1，CDB1C1是平行四边形，C1DB1B，C1DB1B，CC1B1D，又B1D平面A1C1C，CC1平面A1C1C，B1D平面A1C1C.在正方形ABB1A1中，BB1AA1，BB1AA1，C1DAA1，C1DAA1，四边形ADC1A1是平行四边形，ADA1C1.又AD平面A1C1C，A1C1平面A1C1C，AD平面A1C1C，B1DADD，平面ADB1平面A1C1C，又AB1平面ADB1，AB1平面A1C1C.(2)在正方形ABB1A1中A1B，A1CB是等边三角形，A1CBC，AC2AAA1C2，AB2AC2BC2，AA1AC，ACAB.又AA1AB，AA1平面ABC，AA1CD，易得CDAD，ADAA1A，CD平面ADC1A1.易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABDA1B1C1和四棱锥CADC1A1组成的，直三棱柱ABDA1B1C1的体积为1，四棱锥CADC1A1的体积为1，多面体ABCA1B1C1的体积为.二、专项培优练(一)易错专练不丢怨枉分1.在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A无数条B.2条C1条D0条解析：选A因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN平面ABCD，故有无数条直线MN平面ABCD，故选A.2设，是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“m，n，且_，则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题，n；m，n；n，m.可以填入的条件有_(填序号)解析：由面面平行的性质定理可知，正确；当m，n时，n和m可能平行或异面，错误；当n，m时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以mn，正确答案：或3.如图所示，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及其内部运动，则M只需满足条件_时，就有MN平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接HN，FH，FN，则FHD1D，HNBD，FHHNH，D1DBDD，平面FNH平面B1BDD1，只需MFH，则MN平面FNH，MN平面B1BDD1.答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)4.如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻转过程中，正确的命题是_(填序号)MB是定值；点M在圆上运动；一定存在某个位置，使DEA1C；一定存在某个位置，使MB平面A1DE.解析：取DC的中点N，连接MN，NB，则MNA1D，NBDE，MNNBN，A1DDED，平面MNB平面A1DE，MB平面MNB，MB平面A1DE，正确；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB2MN2NB22MNNBcos MNB，MB是定值，正确；B是定点，M在以B为圆心，MB为半径的圆上，正确；当矩形ABCD满足ACDE时存在，其他情况不存在，不正确正确答案：(二)素养专练学会更学通5直观想象、逻辑推理如图，四边形ABCD与四边形ADEF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，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O.连接MO，则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，所以MN为ABD的中位线，所以BDMN.又BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG.又DE平面BDE，BD平面BDE，DEBDD，所以平面BDE平面MNG.6直观想象、逻辑推理如图，四棱锥P ABCD中，ABCD，AB2CD，E为PB的中点(1)求证：CE平面PAD.(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB，又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD，因此四边形DCEH为平行四边形，所以C