2021北京重点校高一（下）期末数学试卷试题汇编：空间直线、平面的平行

1/12021北京重点校高一（下）期末数学汇编

空间直线、平面的平行一、单选题1．（2021·北京·人大附中高一期末）若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．（2021·北京·101中学高一期末）如图，在空间四边形ABCD中，两条对角线AC，BD互相垂直，且长度分别为4和6，平行于这两条对角线的平面与边AB，BC，CD，DA分别相交于点E，F，G，H，记四边形EFGH的面积为y，设＝x，则（）A．函数y＝f（x）的值域为 B．函数y＝f（x）的最大值为8C．函数y＝f（x）在上单调递增 D．函数y＝f（x）满足3．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期末）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（）A． B． C． D．4．（2021·北京·人大附中高一期末）下列条件中，能使的条件是A．平面内有无数条直线平行于平面B．平面与平面同平行于一条直线C．平面内有两条直线平行于平面D．平面内有两条相交直线平行于平面5．（2021·北京·人大附中高一期末）如图，E是正方体棱的中点，F是棱上的动点，下列命题中：①在平面内总存在与平面BEF平行的直线；②直线和直线EB为异面直线；③四面体EBFC的体积为定值.其中正确命题个数是（）A．0 B．1 C．2 D．36．（2021·北京·汇文中学高一期末）已知平面，和直线，且，则“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件7．（2021·北京·人大附中高一期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A．MN∥PD B．MN∥PA C．MN∥AD D．以上均有可能二、填空题8．（2021·北京师大附中高一期末）如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则下列说法正确的是__________.①线段的最大值是②③与一定异面④三棱锥的体积为定值9．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期末）如图，在四棱锥中，底面四边形的两组对边均不平行.①在平面内不存在直线与平行；②在平面内存在无数多条直线与平面平行；③平面与平面的交线与底面不平行；上述命题中正确命题的序号为___________.10．（2021·北京二中高一期末）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，P是侧面内一点（包含边界），若平面AEF，则线段长度的取值范围是_________.11．（2021·北京·人大附中高一期末）棱长为4的正方体中，为棱的中点，为棱的中点．设直线与平面交于点，则________.三、解答题12．（2021·北京师大附中高一期末）已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，且，是棱上的动点.（1）求证：平面平面；（2）若平面，求的值；（3）当是中点时，设平面与棱交于点，求截面的面积.13．（2021·北京·人大附中高一期末）如图，已知正方体，点为棱的中点．（）证明：平面．（）证明．14．（2021·北京·汇文中学高一期末）如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB的中点．将三角形ADE沿线段DE折起到PDE的位置，如图2所示．（1）求证：；（2）试问平面PFC与平面PBC所成的二面角是否为，如果是，请证明；如果不是，请说明理由；（3）在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．15．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，分别为，的中点.设平面与平面的交线为.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）在棱上是否存在点（异于点），使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.16．（2021·北京·101中学高一期末）已知正四棱柱中，是的中点．（1）求证：平面；（2）求证：；（3）在线段上是否存在点P，当时，平面面？若存在，求出的值并证明；若不存在，请说明理由．17．（2021·北京师大附中高一期末）在正方体中，为中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.18．（2021·北京·汇文中学高一期末）如图所示，在三棱锥中，点､分别在棱､上，且.（1）求证：平面；（2）若，，求证：平面平面.

参考答案1．B【详解】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“”是“的必要不充分条件，故选B．考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．2．C【分析】根据空间四边形的性质证明四边形为矩形，然后根据比例关系求出函数的表达式，结合一元二次函数的性质进行判断即可．【详解】解：平面，平面，．，．，则四边形为平行四边形，两条对角线，互相垂直，，则四边形为矩形，，由，即，同理，则，则四边形的面积为，，当时，函数取得最大值6，故A，B错误．函数的对称轴为，则函数在上是单调递增函数，故C正确．函数的对称轴为，函数满足，故D错误．故选：C．3．B【分析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，因为是的中点，所以‖，所以‖，因为平面，平面，所以‖平面，因为是的中点，是的中点，所以‖，，因为‖，，所以‖，，所以四边形为平行四边形，所以‖，，因为平面，平面，所以‖平面，因为，所以平面‖平面，因为平面平面，所以点在上运动，使面，因为的棱长为2，所以所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，的最小值为，所以的长度范围是，故选：B4．D【详解】若是平面内有无数条平行的直线平行于平面无法得到，A不符合；平面与平面同平行于一条直线，则有可能相交，B不符合；若是平面内两条平行直线平行于平面无法得到，C不符合；根据线面平行判定定理可知，D符合，故选D5．C【分析】由已知可得平面与平面相交，只要在平面内做交线的平行线，即可判断①；举反例当与重合时，可判断②；到平面距离为定值，且面积为定值，即可判断③.【详解】F是棱上的动点，所以平面与平面相交，设交线为，在平面做交线的平行线，平面，可得平面，所以①正确；若与重合，此时与相交，所以②不正确；到平面距离为定值为定值，所以四面体EBFC的体积为定值，所以③正确.故选：C.6．A【分析】根据线面平行关系，利用定义法直接判断即可.【详解】若，，则与无公共点，根据线面平行的定义，知；反过来，，不能推出，因为与可能相交；所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.7．B【分析】直接利用线面平行的性质分析解答.【详解】∵MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAD∩平面PAC=PA，∴MN∥PA.故选：B8．①④【分析】过点作出与平面平行的平面，找出其与面的交线，从而确定点在线段上.选项①中线段的最大值可直接得到为；选项②通过建系求向量数量积来说明与平面不垂直，从而不一定成立；选项③通过构造平面来确定位置关系；选项④通过证明平面，来说明三棱锥即的体积为定值.【详解】如图，延长至，使得，则有取的中点，连接，则有，连接并延长交于点，则点为的中点.因为，平面，平面所以平面.同理可得平面.又，在平面内，且相交于点，所以平面平面.故点在线段上.由图知，，故选项①正确；以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.则，，，，.，，.因为，所以与不垂直，而点在线段上，所以条件不一定成立，故选项②错误；如图，连接，，，则有，且，故四边形为梯形，与为相交直线，故选项③错误；因为点，分别为，的中点，所以.又平面，平面，所以平面.故线段上的点到平面的距离都相等.又点在线段上，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项④正确.故答案为：①④.【点睛】立体几何问题中与动点相关问题，可以从一下几点考虑：(1)先作辅助线，找出动点所在的线段或轨迹.(2)判断与动点相关的条件是否成立常需结合动点所在的线段或轨迹，利用线线、线面、面面位置关系求解，或线线、线面、面面位置关系的判定或性质求解，或建立空间直角坐标系利用向量法求解.9．①②③【分析】利用反证法结合线面平行的性质可判断①的正误；设平面平面，且在平面中有无数条直线与直线平行，即可判断②的正误；利用反证法与线面平行的性质可判断③的正误.【详解】对于命题①，设在平面内存在直线与平行，则平面，平面平面，平面，，与已知条件矛盾，故①正确；对于命题②，设平面平面，则平面，所以，在平面内存在无数条直线与直线平行，这无数条直线与平面平行，故②正确；对于命题③，假设平面与平面的交线与底面平行，平面，平面，平面平面，，同理可得，，与已知条件矛盾，故③正确.故答案为：①②③.【点睛】本题主要考查线面平行的性质和判定的应用，考查空间想象能力与推理论证能力，属于中等题.10．【分析】分别取棱的中点，通过证明平面可得必在线段上，进而可求得长度的取值范围.【详解】如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，因为为所在棱的中点，所以，所以，又平面平面，所以平面；因为，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，因为是侧面内一点，且平面，则必在线段上，在直角中，，同理，在直角中，求得，所以为等腰三角形，当在中点时，，此时最短，位于处时最长，，，所以线段长度的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查空间点的存在性问题，解题的关键是取棱的中点，得出点必在线段上，从而将问题转化为在中.11．1【分析】设点为的中点，连接，连接，根据线面平行的判定定理证得平面，再根据线面平行的性质定理证出，由此可得出结论．【详解】解：设点为的中点，连接，连接，∵点为的中点，为棱的中点，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，且，又，，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又，平面，∴平面，又设直线与平面交于点，∴平面平面，∴由线面平行的性质定理可得，∴点为的中点，∴，故答案为：1．12．(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】(1)要证平面平面，只需证明平面，利用线面垂直的判定可证平面.(2)根据题意，作出点，再利用相似三角形求的值(3)从四点共面角度出发，利用平面向量基本定理确定点的位置，再求截面面积.【详解】(1)证明：因为，所以，又，所以.因为平面，平面，所以.又，在平面内，且相交于点，所以平面.又平面，所以平面平面.(2)如图，连接，相交于点，过点作，交于点.因为，平面，平面，所以平面.故上述所作点为使得平面的点.如图在梯形中，有，令，因为，，三点共线，所以，.即，所以，.因为，所以，.(3)设，因为四点共面，所以存在实数，，使得.因为，，又，，为一组基底，所以解得.所以.因为平面，平面，所以.又，，在平面内，且相交于点，所以平面，又平面，所以.在四边形中，，，，因为，点到的距离为，点到的距离为.所以截面的面积.13．（1）见解析；（2）见解析【详解】试题分析：（1）连结交于，连结，通过正方形对角线的性质以及三角形中位线可得，根据线面平行判定定理可得结果；（2）通过证明平面可得结论.试题解析：（）证明：连结交于，连结，正方形中，与互相平分，∴为中点，在中，∵，分别为与中点，∴，∵平面，平面，∴平面．（）证明：在正方形中，，在正方体中，平面，∵平面，∴，∵，∴平面，∵平面，∴．14．（1）证明见解析；（2）平面与平面所成的二面角为，证明见解析；（3）存在满足条件的，分别为中点，证明见解析.【分析】（1）根据线面垂直的判定可证得平面，由线面垂直性质可证得结论；（2）根据平行关系可证得平面，由面面垂直的判定可证得两平面垂直，由此得到所成角为；（3）利用平行四边形和三角形中位线性质可证得线线平行关系，由此证得线面平行和面面平行，从而确定存在满足条件的.【详解】（1）四边形为菱形，，即，，又平面，，平面，平面，.（2）平面与平面所成的二面角为，证明如下：为中点且四边形为菱形，，四边形为平行四边形，，由（1）知：平面，平面，又平面，平面平面，即平面与平面所成的二面角为.（3）存在满足条件的，分别为中点，证明如下：由（2）知：四边形为平行四边形，又分别为中点，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；分别为中点，为中位线，，又平面，平面，平面，又，平面，平面平面.【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系、面面垂直与平行关系的证明问题，涉及到线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定、线面平行与面面平行的判定等定理的应用，属于常考题型.15．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析.【分析】（1）连接，易知为的中点，进而得，再结合线面平行的判定定理即可证明；（2）由题知平面，进而根据线面平行的性质定理即可证明；（3））假设在棱上存在点（异于点），使得平面，进而在平面中，过点作的平行线，交于，故平面平面，进而得，另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，故不存在.【详解】解：（1）证明：连接，因为底面为平行四边形，为的中点，所以为的中点，因为为的中点，所以在中，，因为平面，平面，所以平面（2）因为底面为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面与平面的交线为，平面，所以（3）假设在棱上存在点（异于点），使得平面，在平面中，过点作的平行线，交于，因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，所以在棱上不存在点（异于点），使得平面.16．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)在线段上存在点P，当时，平面平面.【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明平面；(2)利用线面垂直的判定定理证明平面，则有；(3)先确定的值，再根据面面平行的判定定理证明两平面平行.【