【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试45直线、平面平行的判定及其性质作业

【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试45直线、平面平行的判定及其性质作业

考点测试45　直线、平面平行的判定及其性质 高考概览 考纲研读 ‎1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理 ‎2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题 一、基础小题 ‎1．已知平面α∥平面β，若两条直线m，n分别在平面α，β内，则m，n的关系不可能是(　　)‎ A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 答案　B 解析　由α∥β知，α∩β＝∅．又m⊂α，n⊂β，故m∩n＝∅．故选B．‎ ‎2．两条直线a，b满足a∥b，b⊂α，则a与平面α的位置关系是(　　)‎ A．a∥α B．a⊂α C．a与α相交 D．a与α不相交 答案　D 解析　由于b⊂α且a∥b，则a∥α或a⊂α．故a与α不相交．故选D．‎ ‎3．如图所示的三棱柱ABC－A1B‎1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是(　　)‎ A．异面 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 答案　B 解析　在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AB∥A1B1，‎ ‎∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE．‎ ‎∴DE∥A1B1，∴DE∥AB．‎ ‎4．下列命题中，错误的是(　　)‎ A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行 B．平行于同一个平面的两个平面平行 C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行 D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 答案　C 解析　由面面平行的判定定理和性质知A，B，D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面．‎ ‎5．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则(　　)‎ A．α内的所有直线与l异面 B．α内不存在与l平行的直线 C．α内存在唯一的直线与l平行 D．α内的直线与l都相交 答案　B 解析　因为l⊄α，若在平面α内存在与直线l平行的直线，则l∥α，这与题意矛盾．故选B．‎ ‎6．下面结论中：‎ ‎①过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；‎ ‎②过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行；‎ ‎③过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；‎ ‎④过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行．‎ 正确的序号为(　　)‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ 答案　C 解析　对于①，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于②，当已知直线与平面相交时，不存在平面与已知平面平行，错误；对于③，过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于④，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知直线平行，错误．故选C．‎ ‎7．有下列命题：‎ ‎①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；‎ ‎②若直线a在平面α外，则a∥α；‎ ‎③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；‎ ‎④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A．1 B．‎2 C．3 D．4‎ 答案　A 解析　命题①，l可以在平面α内，是假命题；命题②，直线a与平面α可以是相交关系，是假命题；命题③，a可以在平面α内，是假命题；命题④是真命题．‎ ‎8．已知正方体ABCD－A1B‎1C1D1，下列结论中，正确的结论是________(只填序号)．‎ ‎①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1．‎ 答案　①②④‎ 解析　连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，则AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．‎ 二、高考小题 ‎9．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A．‎ ‎10．(2017·全国卷Ⅰ)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不平行的是(　　)‎ 答案　A 解析　A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB．∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ．又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ．‎ C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ．又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，‎ ‎∴AB∥平面MNQ．D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ．‎ 又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ．故选A．‎ ‎11．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD－A1B‎1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB‎1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)‎ A． B． C． D． 答案　A 解析　如图，延长B‎1A1至A2，使A‎2A1＝B‎1A1，延长D‎1A1至A3，使A‎3A1＝D‎1A1，连接AA2，AA3，A‎2A3，A1B，A1D．易证AA2∥A1B∥D‎1C，AA3∥A1D∥B‎1C．∴平面AA‎2A3∥平面CB1D1，即平面AA‎2A3为平面α．于是m∥A‎2A3，直线AA2即为直线n．显然有AA2＝AA3＝A‎2A3，于是m，n所成的角为60°，其正弦值为．故选A．‎ ‎12．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ 答案　②③④‎ 解析　由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错．易知②③④都正确．‎ 三、模拟小题 ‎13．(2018·陕西西安一中模拟)在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下面结论正确的是(　　)‎ A．E，F，G，H一定是各边的中点 B．G，H一定是CD，DA的中点 C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GC D．AE∶EB＝AH∶HD且BF∶FC＝DG∶GC 答案　D 解析　由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC．故选D．‎ ‎14．(2018·福建厦门第二次质量检查)如图，在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是(　　)‎ A．MN∥AP B．MN∥BD1‎ C．MN∥平面BB1D1D D．MN∥平面BDP 答案　C 解析　取B‎1C1中点Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理可得MQ∥B1D1，∴MQ∥面BB1D1D，由四边形BB1QN为平行四边形，得NQ∥BB1，∴NQ∥面BB1D1D，∴平面MNQ∥平面BB1D1D，MN⊂面MNQ，∴MN∥平面BB1D1D，故选C．‎ ‎15．(2018·衡阳二模)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有(　　)‎ A．0条 B．1条 C．2条 D．1条或2条 答案　C 解析　如图所示，平面α截三棱锥所得截面为平行四边形EFGH，因为FG∥EH，可证明FG∥平面ABD，由线面平行的性质可知FG∥AB，所以AB∥α，同理可得CD∥α，所以有两条棱和平面平行，故选C．‎ ‎16．(2018·南昌一模)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．①③ B．②④ C．②③ D．①④‎ 答案　D 解析　在①中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，∴AB∥平面MNP，故①成立；②若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故②不成立；③过P作与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故③不成立；在④中，AB与PN平行，∴AB∥平面MNP，故④成立．综上所述，答案为D．‎ ‎17．(2018·太原模拟)在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，B‎1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B‎1C和C1D所成的角的余弦值为________．‎ 答案　 解析　∵B1B⊥平面ABCD，‎ ‎∴∠BCB1是B‎1C与底面所成角，∴∠BCB1＝60°．∵C‎1C⊥底面ABCD，∴∠CDC1是C1D与底面所成角，∴∠CDC1＝45°，连接A1D，A‎1C1，则A1D∥B‎1C，‎ ‎∴∠A1DC1或其补角为异面直线B‎1C与C1D所成角，不妨设BC＝1，则CB1＝DA1＝2，BB1＝CC1＝＝CD，∴C1D＝，A‎1C1＝2．在等腰三角形A‎1C1D中，cos∠A1DC1＝＝．‎ ‎18题图18．(2018·合肥质检三)如图直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC为边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为________．‎ 答案　4‎ 解析　因为H，F，M分别为A′B′，AB，BC的中点，所以FM∥AC，HF∥AA′，所以FM∥平面ACC′A′，HF∥平面ACC′A′，又因为FM∩HF＝F，所以平面HFM∥平面ACC′A′，要使MP∥平面ACC′A′，则MP⊂平面HFM，所以点P的轨迹为线段HF，点P的轨迹长度为4．‎ 一、高考大题 ‎1．(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B‎1C1．求证：‎ ‎(1)AB∥平面A1B‎1C；‎ ‎(2)平面ABB‎1A1⊥平面A1BC．‎ 证明　(1)在平行六面体ABCD－A1B‎1C1D1中，AB∥A1B1，因为AB⊄平面A1B‎1C，A1B1⊂平面A1B‎1C，‎ 所以AB∥平面A1B‎1C．‎ ‎(2)在平行六面体ABCD－A1B‎1C1D1中，四边形ABB‎1A1为平行四边形．‎ 又因为AA1＝AB，所以四边形ABB‎1A1为菱形，所以AB1⊥A1B．因为AB1⊥B‎1C1，BC∥B‎1C1，所以AB1⊥BC．‎ 又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，‎ 又因为AB1⊂平面ABB‎1A1，‎ 所以平面ABB‎1A1⊥平面A1BC．‎ ‎2．(2017·浙江高考)如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：CE∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．‎ 解　(1)证明：‎ 如图，设PA的中点为F，连接EF，FB．‎ 因为E，F分别为PD，PA的中点，‎ 所以EF∥AD且EF＝AD．‎ 又因为BC∥AD，BC＝AD，‎ 所以EF∥BC且EF＝BC，‎ 所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF．‎ 因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，‎ 所以CE∥平面PAB．‎ ‎(2)分别取BC，AD的中点M，N．‎ 连接PN交EF于点Q，连接MQ．‎ 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，‎ 所以Q为EF的中点．‎ 在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．‎ 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD．‎ 由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN．‎ 由BC∥AD得BC⊥平面PBN，‎ 那么平面PBC⊥平面PBN．‎ 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH，‎ MH是MQ在平面PBC上的射影，‎ 所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．‎ 设CD＝1．‎ 在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，‎ 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，‎ 在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，‎ 所以sin∠QMH＝．‎ 所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．‎ ‎3．(2016·四川高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．‎ ‎(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；‎ ‎(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．‎ 解　(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．‎ 延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．‎ 理由如下：‎ 由已知，BC∥ED，且BC＝ED．‎ 所以四边形BCDE是平行四边形．‎ 从而CM∥EB．‎ 又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，‎ 所以CM∥平面PBE．‎ ‎(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)解法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD．‎ 所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．‎ 所以∠PDA＝45°．‎ 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2．‎ 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH．‎ 易知PA⊥平面ABCD，‎ 又CE⊂平面ABCD，‎ 从而PA⊥CE．‎ 于是CE⊥平面PAH．‎ 所以平面PCE⊥平面PAH．‎ 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE．‎ 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．‎ 在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，‎ 所以AH＝．‎ 在Rt△PAH中，PH＝＝，‎ 所以sin∠APH＝＝．‎ 解法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD．‎ 从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．‎ 所以∠PDA＝45°．‎ 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD．‎ 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2．‎ 作Ay⊥AD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则 A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，0，2)．设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得设x＝2，‎ 解得n＝(2，－2，1)．‎ 设直线PA与平面PCE所成角为α，则 sinα＝＝＝．‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为．‎ 二、模拟大题 ‎4．(2018·豫北六校联考)如图所示，正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，M，N分别是A1B1，A1D1的中点，E，F分别是B‎1C1，C1D1的中点．求证：‎ ‎(1)四边形BDFE为梯形；‎ ‎(2)平面AMN∥平面EFDB．‎ 证明　(1)连接B1D1．‎ ‎∵在△B1D‎1C1中，E，F分别是B‎1C1，C1D1的中点，‎ ‎∴EF∥B1D1且EF＝B1D1，‎ 又知四边形BDD1B1为矩形，‎ ‎∴BD綊B1D1，∴EF∥BD且EF＝BD．‎ ‎∴四边形BDFE为梯形．‎ ‎(2)连接FM，在△A1B1D1中，M，N分别为A1B1，A1D1的中点，∴MN∥B1D1．‎ 由(1)知，EF∥B1D1，∴MN∥EF．‎ 在正方形A1B‎1C1D1中，F为C1D1的中点，M为A1B1的中点，∴FM綊A1D1，‎ 又∵四边形ADD‎1A1为正方形，‎ ‎∴AD綊A1D1，‎ ‎∴FM綊AD，‎ ‎∴四边形ADFM为平行四边形．‎ ‎∴AM綊DF．‎ 又∵AM∩MN＝M，DF∩FE＝F，‎ ‎∴平面AMN∥平面EFDB．‎ ‎5．(2018·江西六校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ABD＝90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是BD的中点．‎ ‎(1)求证：EM∥平面ADF；‎ ‎(2)求二面角A－FD－B的余弦值的大小．‎ 解　(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF．‎ 在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，‎ 所以MN∥AB，MN＝AB，‎ 又因为EF∥AB，EF＝AB，‎ 所以MN∥EF且MN＝EF．‎ 所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，‎ 又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，‎ 故EM∥平面ADF．‎ 证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz．‎ 由已知可得＝，0，－，＝(3，－2，0)，＝(0，－1，)，‎ 设平面ADF的法向量是n＝(x，y，z)．‎ 由得 令y＝3，则n＝(2，3，)．‎ 又因为·n＝0，所以⊥n，‎ 又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF．‎ ‎(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n＝(2，3，)．‎ 易得平面BFD的一个法向量是m＝(0，－，1)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝－，‎ 又二面角A－FD－B为锐角，‎ 故二面角A－FD－B的余弦值大小为．‎ ‎6．(2018·河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AC＝BC＝AB＝AA1，过AA1的平面分别交BC，B‎1C1于点D，D1．‎ ‎(1)求证：四边形ADD‎1A1为平行四边形；‎ ‎(2)若AA1⊥平面ABC，D为BC的中点，E为DD1的中点，求二面角A－C1E－C的余弦值．‎ 解　(1)证明：因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1．‎ 又因为AA1⊂平面ADD‎1A1，平面ADD‎1A1∩平面BCC1B1＝DD1，所以AA1∥DD1．‎ 因为平面ABC∥平面A1B‎1C1，平面ABC∩平面ADD‎1A1＝AD，平面A1B‎1C1∩平面ADD‎1A1＝A1D1，‎ 所以AD∥A1D1．‎ 所以四边形ADD‎1A1为平行四边形．‎ ‎(2)因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC．‎ 因为AA1∥DD1，AA1⊥平面ABC，‎ 所以DD1⊥平面ABC，从而DD1⊥AD．‎ 又DD1∩BC＝D，所以AD⊥平面BCC1B1．‎ 分别以DA，DB，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 设AC＝BC＝AB＝AA1＝2，则A(，0，0)，‎ E(0，0，1)，C1(0，－1，2)，＝(－，0，1)，‎ ＝(0，1，－1)．‎ 设平面AC1E的法向量为n＝(a，b，c)，‎ 由得 取c＝，得n＝(1，，)．‎ 由AD⊥平面BCC1B1，得平面CC1E的一个法向量为＝(，0，0)，‎ 所以cos〈，n〉＝＝＝，‎ 又易知二面角A－C1E－C为锐二面角，‎ 故二面角A－C1E－C的余弦值为．‎