2023学年高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质高效演练分层突破文新人教A版.doc

第4讲　直线、平面平行的判定与性质 [基础题组练] 1．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与直线l至少有两个公共点 D．α内的直线与l都相交 解析：选B.因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线． 2．(2023年·大连双基测试)已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是(　　) A．l⊂α，m⊂β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m C．l∥α，m⊂α D．l⊂α，α∩β＝m 解析：选B.选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交，故选B. 3．(2023年·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题： ①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b. 真命题的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β.α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题，所以真命题的个数是1，故选A. 4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　) A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFBD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGBD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形． 5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为 ． 解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 6.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于 ． 解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC的中点． 故EF＝AC＝. 答案： 7．在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB＝90°，且AC＝1，AB＝2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM＝AC. (1)若三棱锥A1­C1ME的体积为，求AA1的长； (2)证明：CB1∥平面A1EM. 解：(1)设AA1＝h， 因为VA1­C1ME＝VE­A1C1M，S△A1C1M＝A1C1×h＝，三棱锥E­A1C1M的高为2， 所以VE­A1C1M＝××2＝，解得h＝，即AA1＝. (2)证明：如图，连接AB1交A1E于点F，连接MF. 因为E为BB1的中点，所以AF＝AB1， 又AM＝AC，所以MF∥CB1， 又MF⊂平面A1EM，CB1⊄平面A1EM， 所以CB1∥平面A1EM. 8．(2023年·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点． (1)求证：平面CMN∥平面PAB； (2)求三棱锥P­ABM的体积． 解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点， 所以MN∥PA， 又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， 所以MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN， 所以∠ACN＝60°. 又∠BAC＝60°，所以CN∥AB. 因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB. 又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB， 所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离． 因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝， 所以三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝××1××2＝. [综合题组练] 1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为(　　) A．AC⊥BD B．AC＝BD C．AC∥截面PQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45° 解析：选B.因为截面PQMN是正方形， 所以PQ∥MN，QM∥PN， 则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA， 所以PQ∥AC，QM∥BD， 由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确； 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确； 由BD∥PN， 所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确； 由上面可知：BD∥PN，MN∥AC. 所以＝，＝， 而AN≠DN，PN＝MN， 所以BD≠AC.B错误．故选B. 2．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件 时，有平面D1BQ∥平面PAO. 解析：如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO. 答案：Q为CC1的中点 3．如图，四边形ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点． (1)求证：BE∥平面DMF； (2)求证：平面BDE∥平面MNG. 证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF. (2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线， 所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG. 4．(2023年·南昌二模)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD. (1)确定点E，F的位置，并说明理由； (2)求三棱锥F­DCE的体积． 解：(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CE∥AD，又AB∥DC， 所以四边形AECD是平行四边形， 所以DC＝AE＝AB， 即点E是AB的中点． 因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB＝EF， 平面PAD∩平面PAB＝PA， 所以EF∥PA，又点E是AB的中点， 所以点F是PB的中点． 综上，E，F分别是AB，PB的中点． (2)连接PE，由题意及(1)知PA＝PB，AE＝EB， 所以PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以PE⊥平面ABCD. 又AB∥CD，AB⊥AD， 所以VF­DEC＝VP­DEC＝S△DEC×PE＝××2×2×2＝. 6