2022版新教材高考数学一轮复习课时规范练35空间中的平行关系含解析新人教B版

1、课时规范练35空间中的平行关系基础巩固组1.下列说法正确的是()a.若两条直线与同一条直线所成的角相等,则这两条直线平行b.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行c.若一条直线分别平行于两个相交平面,则一定平行它们的交线d.若两个平面都平行于同一条直线,则这两个平面平行2.(2020陕西高三模拟)已知m,n为不同的直线,为不同的平面,给出下列命题:m,mnn;m,nmn;m,m;m,n,mn其中正确命题的序号是()a.b.c.d.3.已知正方体的棱c1d1上存在一点e(不与端点重合),使得bd1平面b1ce,则下列命题正确的是()a.bd1ceb.ac1bd1c.d1e=

2、2ec1d.d1e=ec14.如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,已知e,f,g均是线段a1c1上的点,且a1e=ef=fg=gc1.则下列直线与平面a1bd平行的是()a.ceb.cfc.cgd.cc15.(多选)下面四个正方体图形中,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的图形是()6.如图,在长方体abcd-a1b1c1d1中,若e,f,g,h分别是棱a1b1,bb1,cc1,c1d1的中点,则必有()a.bd1ghb.bdefc.平面efgh平面abcdd.平面efgh平面a1bcd17.(多选)在正方体abcd-a1b1c1d1中,e,

3、f,g分别是a1b1,b1c1,bb1的中点,下列四个推断中正确的是()a.fg平面aa1d1db.ef平面bc1d1c.fg平面bc1d1d.平面efg平面bc1d18.如图,四边形abcd是空间四边形,e,f,g,h分别是四边上的点,它们共面,且ac平面efgh,bd平面efgh,ac=m,bd=n,则当四边形efgh是菱形时,aeeb=.9.(2020山西太原二中高考模拟)在正四棱柱abcd-a1b1c1d1中,e,f,g,h分别为棱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b1bdd1.10.已知平面,和直线m,给

4、出以下条件:m;m;m;,当条件成立时,有m;当条件成立时,有m(填所选条件的序号).11.(2020陕西西安高三三模)如图,菱形abcd的边长为4,abc=60,e为cd中点,将ade沿ae折起,点d移动到点p的位置使得平面ape平面abce,be与ac相交于点o,h是棱pe上的一点且满足ph=2he.(1)求证:oh平面bcp;(2)求四面体a-bph的体积.综合提升组12.(2020辽宁高三模拟)如图,在长方体abcd-a1b1c1d1中,ad=dd1=1,ab=3,e,f,g分别为ab,bc,c1d1的中点,点p在平面abcd内,若直线d1p平面efg,则线段d1p长度的最小值是()a

5、.223b.62c.52d.7213.如图所示,在长方体abcd-a1b1c1d1中,ab=ad=2,aa1=1.一平面截该长方体,所得截面为六边形opqrst,其中o,p分别为ad,cd的中点,b1s=12,则at=.14.在正方体abcd-a1b1c1d1中,e,f分别为d1c1,b1c1的中点,acbd=p,a1c1ef=q,如图.(1)若a1c交平面efbd于点r,证明:p,q,r三点共线;(2)线段ac上是否存在点m,使得平面b1d1m平面efbd,若存在,确定m的位置;若不存在,说明理由.创新应用组15.(2020安徽合肥第六中学高三模拟)如图,在以a,b,c,d,e,f为顶点的五

6、面体中,底面abcd是矩形,efbc.(1)证明:ef平面abcd;(2)在九章算术中,称图中所示的五面体abcdef为“刍甍”(chmng),书中将刍甍abcdef的体积求法表述为“术曰:倍下袤,上袤从之,以广乘之,又以高乘之,六而一”.其意思是:若刍甍abcdef的“下袤”bc的长为a,“上袤”ef的长为b,“广”ab的长为c,“高”即“点f到平面abcd的距离”为h,则刍甍abcdef的体积v的计算公式为v=16(2a+b)ch,证明该体积公式.参考答案课时规范练35空间中的平行关系1.c由两条直线与同一条直线所成的角相等,可知两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故a错误;若一个平面

7、内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面可能平行或相交,故b错误;设=l,m,m,利用线面平行的性质定理,在平面中存在直线am,在平面中存在直线bm,所以可知ab,根据线面平行的判定定理,可得b,然后根据线面平行的性质定理可知bl,所以ml,故c正确;若两个平面都平行于同一条直线,则两个平面可能平行,也可能相交,故d错误.故选c.2.a若m,mn,则n或n,命题错误;若m,n,由线面垂直的性质定理可知mn,命题正确;若m,m,则,命题正确;若,m,n,则m与n无公共点,所以,m与n平行或异面,命题错误.故选a.3.d如图,设b1cbc1=o,可得平面bc1d1平面b1ce=oe,bd1平

8、面b1ce,根据线面平行的性质定理可得bd1oe,o为b1c的中点,e为c1d1中点,d1e=ec1.故选d.4.b如图,连接ac,使ac交bd于点o,连接a1o,cf,则o为ac的中点,在正方体abcd-a1b1c1d1中,aa1cc1,且aa1=cc1,则四边形aa1c1c为平行四边形,a1c1ac,且a1c1=ac.o,f分别为ac,a1c1的中点,a1foc,且a1f=oc,四边形a1ocf为平行四边形,则cfa1o.cf平面a1bd,a1o平面a1bd,cf平面a1bd.故选b.5.ada.如图,连接ac,可得acmn,bcnp,从而得ac平面mnp,bc平面mnp,于是有平面abc

9、平面mnp,ab平面mnp,a正确.b.如图,连接bc交mp于点o,连接on,易知在底面正方形中o不是bc中点(实际上是四等分点中靠近c的一个),而n是ac中点,因此ab与on不平行,则在平面abc内,ab与on必相交,此交点也是直线ab与平面mnp的公共点,直线ab与平面mnp相交而不平行,b错误.c.如图,连接bn,pn,mn,正方体中有pnbm,因此b在平面mnp内,直线ab与平面mnp相交而不平行,c错误.d.如图,连接cd,可得abcd,cdnp,即abnp,直线ab与平面mnp平行,d正确.6.d由三角形中位线定理可知,ghd1c,因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,所

10、以bd1,gh不可能互相平行,故a错误;由三角形中位线定理可知,efa1b,因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,所以bd,ef不可能互相平行,故b错误;由三角形中位线定理可知,efa1b,而直线a1b与平面abcd相交,故直线ef与平面abcd也相交,故平面efgh与平面abcd相交,故c错误;由三角形中位线定理可知,efa1b,eha1d1,所以ef平面a1bcd1,eh平面a1bcd1,而efeh=e,因此平面efgh平面a1bcd1,故d正确.故选d.7.ac在正方体abcd-a1b1c1d1中,e,f,g分别是a1b1,b1c1,bb1的中点,fgbc1,bc1ad1,fg

11、ad1.fg平面aa1d1d,ad1平面aa1d1d,fg平面aa1d1d.故a正确;efa1c1,a1c1与平面bc1d1相交,ef与平面bc1d1相交.故b错误;e,f,g分别是a1b1,b1c1,bb1的中点,fgbc1,fg平面bc1d1,bc1平面bc1d1,fg平面bc1d1.故c正确;ef与平面bc1d1相交,平面efg与平面bc1d1相交,故d错误.故选ac.8.mnac平面efgh,bd平面efgh,ac平面abc,bd平面abd,平面abc平面efgh=ef,平面abd平面efgh=eh,efac,ehbd,ef=beabm,eh=aeabn.又四边形efgh是菱形,bea

12、bm=aeabn,aeeb=mn.9.点m在线段fh上e,f,g,h分别为棱cc1,c1d1,d1d,dc的中点,n是bc的中点,hndb,fhd1d,又fhhn=h,平面fhn平面b1bdd1.点m在四边形efgh及其内部运动,若mn平面b1bdd1,则点m在线段fh上.10.根据面面平行的性质可得,若m,则m;根据线面垂直以及面面平行的性质可得,若m,则m.11.(1)证明由题意,可得ceab,ab=2ce,所以oeob=12.又因为ph=2he,所以ohbp.又由bp平面bcp,oh平面bcp,所以oh平面bcp.(2)解由平面ape平面abce,平面ape平面abce=ae,在菱形ab

13、cd中,abc=60,所以abc,adc都是等边三角形,又e为cd中点,所以aece,所以ce平面ape.因为ceab,所以ab平面ape,saph=23sape=23122432=433,所以四面体a-bph的体积v=vb-aph=13saphab=134334=1693.12.d如图,连接d1a,ac,d1c,因为e,f,g分别为ab,bc,c1d1的中点,所以acef,ef平面acd1,则ef平面acd1,因为egad1,所以同理得eg平面acd1,又efeg=e,得平面acd1平面efg,因为直线d1p平面efg,所以点p在直线ac上,在acd1中,有ad1=2,ac=2,cd1=2,

14、所以sad1c=12222-222=72,故当d1pac时,线段d1p的长度最小,有sad1c=12acd1p,解得d1p=72122=72.故选d.13.25设at=x,则a1t=1-x.由面面平行的性质定理可知opsr,otqr,pqts,则dopb1rs.又因为dp=do=1,所以b1s=b1r=12,所以a1s=c1r=32.由atoc1qr,可得aoat=c1rc1q,所以c1q=32x.由a1tscqp,可得cqcp=a1ta1s,所以cq=23(1-x),所以32x+23(1-x)=1,可得x=25,所以at=25.14.(1)证明因为acbd=p,ac平面aa1c1c,bd平面

15、efbd,所以,点p是平面aa1c1c和平面efbd的一个公共点,同理可知,点q也是平面aa1c1c和平面efbd的公共点,即平面aa1c1c和平面efbd的交线为pq.因为a1c平面efbd=r,a1c平面aa1c1c,所以,点r也是平面aa1c1c和平面efbd的公共点,由基本事实3可知,rpq,因此,p,q,r三点共线;(2)解存在点m,使得平面b1d1m平面efbd.如下图所示,设b1d1a1c1=o,过点o作ompq交ac于点m,下面证明平面b1d1m平面efbd.因为e,f分别为d1c1,b1c1的中点,所以b1d1ef.因为b1d1平面efbd,ef平面efbd,所以b1d1平面

16、efbd.又ompq,om平面efbd,pq平面efbd,所以om平面efbd.因为omb1d1=o,om,b1d1都在平面b1d1m中,因此,平面b1d1m平面efbd.因为e,f分别为d1c1,b1c1的中点,所以efb1d1,且efoc1=q,则点q为oc1的中点,易知a1c1ac,即oqpm,又ompq,所以四边形ompq为平行四边形,所以pm=oq=12oc1=14a1c1=14ac.因为四边形abcd为正方形,且acbd=p,则p为ac的中点,所以点m为ap的中点,所以am=12ap=14ac,因此,线段ac上存在点m,且amac=14时,平面b1d1m平面efbd.15.证明(1

17、)四边形abcd是矩形,bcad.又ad平面adef,bc平面adef,bc平面adef.又bc平面bcef,平面adef平面bcef=ef,bcef.又bc平面abcd,ef平面abcd,ef平面abcd.(2)设g,h分别是棱bc,ad上的点,且满足gc=hd=ef,连接fg,fh,gh.由(1)知,gchdef,四边形gcef和gcdh为平行四边形.gfce,ghcd.又cdce=c,平面ghf平面cde,多面体cde-ghf为三棱柱.因此,刍甍abcdef可被分割成四棱锥f-abgh和三棱柱cde-ghf.由题意知,在矩形abgh中,bg=bc-cg=bc-ef=a-b,ab=c,矩形abgh的面积s矩形abgh=(a-b)c.又四棱锥