人教版高考数学复习：课时跟踪检测（三十九）直线、平面平行的判定及其性质

课时跟踪检测（三十九） 直线、平面平行的判定及其性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是()A平行B相交C异面 D以上都有可能解析：选D由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面2(2018宁波模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AEEBCFFB12，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A平行 B相交C在平面内 D不能确定解析：选A如图，由得ACEF.又因为EF平面DEF，AC平面DEF，所以AC平面DEF.3(2018绍兴期中考试)已知两个不重合的平面，给定以下条件：内任意不共线的三点到的距离都相等；l，m是内的两条直线，且l，m；l，m是两条异面直线，且l，l，m，m；其中可以判定的是()A BC D解析：选C本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定对于命题，任意不共线三点可以确定一个平面，即为，该三点到平面的距离相等，即可得到，故正确；对于命题，由面面平行的判定可知，若l，m平行，则不一定能够推理得到，故错误；对于命题，由l，m是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与，都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，故正确所以满足条件的是.4(2018舟山二模)已知m，n，l为不重合的直线，为不重合的平面，则下列说法正确的是()A若ml，nl，则mnB若，则C若m，n，则mnD若，则解析：选D若ml，nl，则m与n可能平行、相交或异面，故A错误；若，则与可能平行，可能相交，故B错误；若m，n，则m，n可能平行、相交或异面，故C错误；若，利用平面与平面平行的性质与判定，可得，故D正确故选D.5.如图所示，在四面体ABCD中，点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：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由，得MNAB.因此，MN平面ABC且MN平面ABD.答案：平面ABC、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1在空间中，已知直线a，b，平面，则以下三个命题：若ab，b，则a；若ab，a，则b；若a，b，则ab.其中真命题的个数是()A0 B1C2 D3解析：选A对于，若ab，b，则应有a或a，所以是假命题；对于，若ab，a，则应有b或b，因此是假命题；对于，若a，b，则应有ab或a与b相交或a与b异面，因此是假命题综上，在空间中，以上三个命题都是假命题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因为ml1，且nl2，又l1与l2是平面内的两条相交直线，所以，而当时不一定推出ml1且nl2，可能异面所以的一个充分而不必要条件是B.3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C对于图形，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB平面MNP；对于图形，ABPN，即可得到AB平面MNP；图形无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行4.在三棱锥S ABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为()A. B.C45 D45解析：选A取AC的中点G，连接SG，BG.易知SGAC，BGAC，故AC平面SGB，所以ACSB.因为SB平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB平面DEFHHD，则SBHD.同理SBFE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形又ACSB，SBHD，DEAC，所以DEHD，所以四边形DEFH为矩形，其面积SHFHDACSB.5.(2018舟山模拟)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 B2条C1条 D0条解析：选A法一：取BB1的中点H，连接FH，则FHC1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，取D1E的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OHKB.过G作GNFH，交C1F于点N，连接MN，由于GMHO，HOKB，KB平面ABCD，GM平面ABCD，所以GM平面ABCD，同理，NG平面ABCD，又GMNGG，由面面平行的判定定理得，平面MNG平面ABCD，则MN平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条故选A.法二：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.6(2018金华名校统练)已知直线a，b，平面，且ab，a，则“是“b”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B因为ab，a，所以b，若b，则，故“是“b”的必要条件；若，又a，则a或a，又ab，所以b或b，故“不是“b”的充分条件故选B.7正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为_cm2；其周长为_cm.解析：如图所示，截面ACEBD1，平面BDD1平面ACEEF，其中F为AC与BD的交点，E为DD1的中点，SACE (cm2)AC，CEAE，其周长为ACAECE(cm)答案：8.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，则PQ的长度为_解析：由题意知，AB8，过点P作PDAB交AA1于点D，连接DQ，则D为AM中点，PDAB4.又3，DQAC，PDQ，DQAC3，在PDQ中，由余弦定理得PQ.答案：9.(2018杭州模拟)如图所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点O是底面中心，A1O底面ABCD，ABAA1.(1)证明：平面A1BD平面CD1B1；(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积解：(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BDB1D1.又因为BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，所以BD平面CD1B1.因为A1D1綊B1C1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1BD1C.又因为A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1，所以A1B平面CD1B1，又因为BDA1BB，所以平面A1BD平面CD1B1.(2)因为A1O平面ABCD，所以A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又因为AOAC1，AA1，所以A1O1.又因为SABD1，所以VSABDA1O1.10.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点求证：(1)BFHD1；(2)EG平面BB1D1D；(3)平面BDF平面B1D1H.证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，HD1MC1.又MC1BF，BFHD1.(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊DC，又D1G綊DC，OE綊D1G，四边形OEGD1是平行四边形，GED1O.又GE平面BB1D1D，D1O平面BB1D1D，EG平面BB1D1D.(3)由(1)知BFHD1，又BDB1D1，B1D1，HD1平面B1D1H，BF，BD平面BDF，且B1D1HD1D1，DBBFB，平面BDF平面B1D1H.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.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的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ_.解析：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：a2如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点(1)当等于何值时，BC1平面AB1D1?(2)若平面BC1D平面AB1D1，求的值解：(1)当1时，BC1平面AB1D1.如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，