2020版高考数学一轮复习（三十八）直线、平面平行的判定及其性质理（含解析）

1、学必求其心得，业必贵于专精课时跟踪检测（三十八） 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(2019汇龙中学测试)已知直线a与直线b平行,直线a与平面平行，则直线b与的位置关系为_解析：依题意,直线a必与平面内的某直线平行,又ab，因此直线b与平面的位置关系是平行或直线b在平面内答案：平行或直线b在平面内2(2018南京模拟）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_解析:如图，由得acef。又因为ef平面def，ac平面def，所以ac平面def。答案：ac平面def3（2018天星湖中学测试）在正

2、方体abcd.a1b1c1d1中，下列四对截面中彼此平行的是_(填序号）平面a1bc1和平面acd1;平面bdc1和平面b1d1a;平面b1d1d和平面bda1；平面adc1和平面a1d1c.解析：如图，结合正方体的性质及面面平行的判定可知平面a1bc1平面acd1,平面bdc1平面b1d1a.答案：4如图，pab所在的平面与，分别交于cd，ab，若pc2，ca3，cd1，则ab_.解析:因为，所以cdab，则，所以ab.答案：5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平行的是_（填序号)解析：因为点m，n，q分别为

3、所在棱的中点，所以在中ab与平面mnq相交，在中均有abmq，在中，有abnq，所以在中均有ab与平面mnq平行答案：二保高考，全练题型做到高考达标1（2018滨海期末)已知m，n是不重合的直线，是不重合的平面,已知m,n,若增加一个条件就能得出mn，则下列条件中能成为增加条件的序号是_m,n；，n；n,m。解析：对于，若，由m，满足m,由n，满足n，但m，n可为异面直线，则不成立；对于，由，且m，n,由面面平行的性质定理可得mn，则成立；对于，n，m，则m，由线面平行的性质定理可得nm,则成立答案：或2（2019连云港调研）一条直线与两个平行平面中的一个成30角，且被两平面所截得的线段长为2

4、，那么这两个平行平面间的距离是_解析：由题意知，两个平行平面间的距离d2sin 301.答案：13（2018前黄高级中学检测）已知正方体abcd。a1b1c1d1，下列结论中,正确的是_(填序号）ad1bc1;平面ab1d1平面bdc1；ad1dc1；ad1平面bdc1。解析：如图，因为abc1d1,abc1d1,所以四边形ad1c1b为平行四边形，故ad1bc1,从而正确;易证ab1dc1，bdb1d1，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；因为ad1bc1，ad1平面bdc1，bc1平面bdc1,所以ad1平面bdc

5、1，故正确答案：4如图，透明塑料制成的长方体容器abcd。a1b1c1d1内灌进一些水，固定容器底面一边bc于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题:没有水的部分始终呈棱柱形；水面efgh所在四边形的面积为定值；棱a1d1始终与水面所在平面平行;当容器倾斜如图所示时，bebf是定值其中正确命题的个数是_解析：由题图，显然是正确的，是错误的；对于，因为a1d1bc,bcfg，所以a1d1fg且a1d1平面efgh，所以a1d1平面efgh（水面）所以是正确的;对于，因为水是定量的（定体积v)，所以sbefbcv,即bebfbcv.所以bebf（定值),即是正确的答案：35在三棱锥

6、p.abc中，pb6，ac3，g为pac的重心,过点g作三棱锥的一个截面，使截面平行于pb和ac，则截面的周长为_解析：如图，过点g作efac，分别交pa，pc于点e,f，过点e作enpb交ab于点n，过点f作fmpb交bc于点m，连接mn，则四边形efmn是平行四边形(平面efmn为所求截面)，且efmnac2，fmenpb2,所以截面的周长为248.答案：86设，,是三个平面,a,b是两条不同直线，有下列三个条件:a,b；a，b;b，a。如果命题“a，b,且_，则ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_（把所有正确的序号填上）解析：由面面平行的性质定理可知，正确;当b，a时，a和b在同

7、一平面内，且没有公共点,所以平行，正确故应填入的条件为或.答案：或7（2018盐城期末)已知棱长为2的正方体abcd .a1b1c1d1，e为棱ad的中点，现有一只蚂蚁从点b1出发，在正方体abcd 。a1b1c1d1表面上行走一周后再回到点b1，这只蚂蚁在行走过程中与平面a1eb的距离保持不变，则这只蚂蚁行走的轨迹所围成的图形的面积为_解析：要满足题意，则需在正方体abcd a1b1c1d1上过b1作与平面a1eb平行的平面取a1d1和bc的中点分别为f，g，连结b1f，fd，dg，gb1,则a1f綊ed，所以四边形a1fde是平行四边形，所以a1efd.因为fd平面a1eb，a1e平面a1

8、eb，所以fd平面a1eb.同理:dg平面a1eb.又fddgd，所以平面dfb1g平面a1eb,则四边形dfb1g所围成图形的面积即为所求易知四边形dfb1g为菱形,由正方体的棱长为2，得菱形dfb1g的边长为，cosa1eb,sina1eb，a1ebfdg，s菱形dfb1gsinfdg2。答案:28(2019海安中学检测）如图，在棱长为1的正方体abcd。a1b1c1d1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_解析：取b1c1的中点m，bb1的中点n，连结a1m，a1n，mn，可以证明平面a1mn平面aef，所以

9、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，取mn的中点o，连结a1o，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.答案：9如图,在四棱锥pabcd中，adbc,abbcad，e，f，h分别为线段ad，pc，cd的中点，ac与be交于o点，g是线段of上一点求证：(1）ap平面bef；(2)gh平面pad.证明：（1）连结ec,因为adbc,bcad,所以bc綊ae，所以四边形abce是平行四边形，所以o为ac的中点又因为f是pc的中点,所以foap，因为fo平面bef，a

10、p平面bef，所以ap平面bef。(2)连结fh，oh，因为f，h分别是pc，cd的中点，所以fhpd，因为pd平面pad，fh平面pad，所以fh平面pad.又因为o是ac的中点,h是cd的中点,所以ohad，因为ad平面pad，oh平面pad，所以oh平面pad。又fhohh，所以平面ohf平面pad。因为gh平面ohf,所以gh平面pad.10.如图所示，在正方体abcd.a1b1c1d1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，连结mh，mc1，

11、易证四边形hmc1d1是平行四边形,所以hd1mc1.又因为mc1bf,所以bfhd1.（2）取bd的中点o，连结eo，d1o,则oe綊dc,又d1g綊dc，所以oe綊d1g,所以四边形oegd1是平行四边形，所以ged1o.又ge平面bb1d1d，d1o平面bb1d1d，所以eg平面bb1d1d。(3)由（1）知bfhd1，又bdb1d1,b1d1，hd1平面b1d1h，bf，bd平面bdf，且b1d1hd1d1，dbbfb，所以平面bdf平面b1d1h.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2018扬州期中）若半径为5的球被两个相互平行的平面截得的圆的半径分别为3和4,则这两个平面之间的距离为

12、_解析：半径为5的球被两个相互平行的平面截得的圆的半径分别为3和4,圆心到两个平面的距离分别为： 4，3,当两个平面位于球心同侧时，两平面间的距离为431，当两个平面位于球心异侧时，两平面间的距离为437。答案：1或72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：因为平面a1b1c1d1平面abcd，而平面b1d1p平面abcdpq,平面b1d1p平面a1b1c1d1b1d1，所以b1d1pq。又因为b1d1bd，所以bdpq,设pqabm,因为abcd，所以apmdpq.所以2，即pq2pm.又知apmadb，所以，所以pmbd，又bda，所以pqa。答案:a3(2019南通调研）如图，已知三棱柱abc .a1b1c1,e，f分别为cc1，bb1上的点，且ecb1f，过点b做截面bmn,使得截面交线段ac于点m,交线段cc1于点n.(1）若ec3bf，试确定m，n的位置，使平面bmn平面aef，并说明理由；（2)若k，r分别为aa1，c1b1的中点，求证：kr平面aef。 解:(1)当时，平面bmn平面aef。理由如下:enec，bf