（福建专用）2020年高考数学总复习 第八章第4课时 空间中的平行关系课时闯关（含解析）

（福建专用）2020年高考数学总复习 第八章第4课时 空间中的平行关系课时闯关（含解析）一、选择题1一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线的位置关系是()A异面B相交C平行 D不确定解析：选C.以四棱柱为模型，一条侧棱与和它平行的两个侧面的交线平行，可得出结论2设m，n是平面内的两条不同直线；l1，l2是平面内的两条相交直线则的一个充分而不必要条件是()Am且l1 Bml1且nl2Cm且n Dm且nl2解析：选B.ml1，且nl2，又l1与l2是平面内的两条相交直线，而当时不一定推出ml1且nl2，可能异面故选B.3(2020宁德调研)已知甲命题：“如果直线ab，那么a”；乙命题：“如果a平面，那么ab”要使上面两个命题成立，需分别添加的条件是()A甲：b；乙：bB甲：b；乙：a且bC甲：a，b；乙：a且bD甲：a，b；乙：b解析：选C.根据直线与平面平行的判定定理和性质定理，知C正确4下列命题中正确的个数是()若直线a不在内，则a；若直线l上有无数个点不在平面内，则l；若直线l与平面平行，则l与内的任意一条直线都平行；如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；若l与平面平行，则l与内任何一条直线都没有公共点；平行于同一平面的两直线可以相交A1 B2C3 D4解析：选B.aA时，a，故错；直线l与相交时，l上有无数个点不在内，故错；l时，内的直线与l平行或异面，故错；ab，b时，a或a，故错；l，l与无公共点，l与内任一直线都无公共点，正确；长方体中A1C1与B1D1都与面ABCD平行，正确故选B.5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 BC D解析：选B.对图，可通过面面平行得到线面平行对图，通过证明ABPN得到AB平面MNP，故选B.二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD中，MAB，NAD，若，则直线MN与平面BDC的位置关系是_解析：在平面ABD中，MNBD.又MN平面BCD，BD平面BCD，MN平面BCD.答案：平行7(2020漳州调研)已知、是不同的两个平面，直线a，直线b，命题p：a与b没有公共点；命题q：，则p是q的_条件解析：a与b没有公共点，不能推出，而时，a与b一定没有公共点，即p / q，qp，p是q的必要不充分条件答案：必要不充分8.空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是_解析：设k，1k，GH5k，EH4(1k)，周长82k.又0k1，周长的范围为(8,10)答案：(8,10)三、解答题9.如图是一个三棱柱(以A1B1C1为底面)被一平面截得的几何体，截面为ABC，已知AA14，BB12，CC13，O为AB中点，证明：OC平面A1B1C1.证明：取A1B1中点D1，连接OD1、C1D1.则OD1为梯形AA1B1B的中位线OD13且OD1AA1.又在棱柱中，AA1CC1，CC13，OD1綊CC1，四边形OD1C1C为平行四边形OCD1C1.又OC平面A1B1C1，D1C1平面A1B1C1，OC平面A1B1C1.10.已知如图：E、F、G、H分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点求证：(1)EG平面BB1D1D；(2)平面BDF平面B1D1H.证明：(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，易证四边形BEGO为平行四边形，故OBGE，由线面平行的判定定理即可证EG平面BB1D1D.(2)由正方体得BDB1D1.如图，连接HB、D1F，易证四边形HBFD1是平行四边形，故HD1BF.又B1D1HD1D1，BDBFB，所以平面BDF平面B1D1H.一、选择题1.(2020三明调研)如图所示，在三棱柱ABCABC中，点E、F、H、K分别为AC、CB、AB、BC的中点，G为ABC的重心，从K、H、G、B中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为()AK BHCG DB解析：选C.若K点为P，P(K)FCC，P(K)FCCAABB，则棱柱至少有三条棱与平面PEF平行，故A不正确；若H点为P，平面P(H)EF平面BC，AC平面P(H)EF，AB平面P(H)EF，BC平面P(H)EF，则棱柱至少有三条棱与平面PEF平行，故B不正确；若G点为P，则棱柱中仅有AB、AB与平面PEF平行，故C正确；若B点为P，则棱柱中任一棱都不与平面PEF平行，故D不正确故选C.2正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q 分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点点P在对角线BD1上，且，给出下列四个命题：MN平面APC；C1Q平面APC；A，P，M三点共线；平面MNQ平面APC.其中正确命题的序号为()A BC D解析：选C.E，F分别为AC，MN的中点，G为EF与BD1的交点，显然D1FGBEG，故，即BGBD1，又，即BPBD1，故点G与点P重合，所以平面APC和平面ACMN重合，MN平面APC，故命题不正确，命题也不正确，结合选项可知选C.二、填空题3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满足条件_时，有MN平面B1BDD1.解析：易知平面MHN平面B1BDD1.故当M在FH上时MN平面B1BDD1.答案：MFH4.(2020高考福建卷)如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于_解析：由于在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AC2.又E为AD中点，EF平面AB1C，EF平面ADC，平面ADC平面AB1CAC，EFAC，F为DC中点，EFAC.答案：三、解答题5.(2020高考山东卷)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB90，EA平面ABCD，EFAB，FGBC，EGAC，AB2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM平面ABFE；(2)若ACBC2AE，求二面角ABFC的大小解：(1)证明：法一：因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB90.所以EGF90，ABCEFG.由于AB2EF，因此BC2FG.连接AF，由于FGBC，FGBC，在ABCD中，M是线段AD的中点，则AMBC，且AMBC，因此FGAM且FGAM，所以四边形AFGM为平行四边形，因此GMFA.又FA平面ABFE，GM平面ABFE，所以GM平面ABFE.法二：因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB90，所以EGF90，ABCEFG.由于AB2EF，所以BC2FG.取BC的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GNFB.在ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，则MNAB.因为MNGNN，所以平面GMN平面ABFE.又GM平面GMN，所以GM平面ABFE.(2)由题意知，平面ABFE平面ABCD.取AB的中点H，连接CH.因为ACBC，所以CHAB，则CH平面ABFE.过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，则CRBF，所以HRC为二面角ABFC的平面角由题意，不妨设ACBC2AE2，在直角梯形ABFE中，连接FH，则FHAB.又AB2，所以HFAE1，BH，因此在RtBHF中，HR.由于CHAB，所以在RtCHR中，tanHRC.因此二面角ABFC的大小为60.6.(2020高考福建卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1，D1C1上的点(点E与B1不重合)，且EHA1D1.过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G.(1)证明：AD平面EFGH；(2)设AB2AA12a.在长方体ABCDA1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFED1DCGH内的概率为p.当点E，F分别在棱A1B1，B1B上运动且满足EFa时，求p的最小值解：(1)证明：在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADA1D1.又EHA1D1，ADEH.AD平面EFGH，EH平面EFGH.AD平面EFGH.(2)法一：设BCb，则长方体ABCDA1B1C1D1的体积VABADAA12a2b，几何体EB1FHC1G的体积V1B1C1EB1B1F.EBB1F2a2，EB1B1F，当且仅当EB1B1Fa时等号成立从而V1.故p11，当且仅当EB1B1Fa