2023学年高考数学一轮复习第8章立体几何第4节直线平面平行的判定及性质课时跟踪检测文新人教A版.doc

第四节　直线、平面平行的判定及性质 A级·基础过关|固根基| 1.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 解析：选A　若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A. 2．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年届长沙市统一模拟)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.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 解析：选B　由题意可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，则MQB1A1，NPAB，又B1A1AB，故MQNP，所以四边形MQPN是平行四边形，则MN∥QP，QP⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，则MN∥平面BCC1B1，故选B. 6．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m⊂α，n∥α，则m∥n； ②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ； ③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β； ④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β. 其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)． 解析：①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β 或m⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误． 答案：② 7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________． 解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝. 答案： 8.如图，平面α∥平面β，△ABC，△A′B′C′分别在α，β内，线段AA′，BB′，CC′相交于点O，O在α，β之间，若AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，OA∶OA′＝3∶2，则△A′B′C′的面积为________． 解析：相交直线AA′，BB′所在平面和两平行平面α，β相交于AB，A′B′，所以AB∥A′B′.同理BC∥B′C′，CA∥C′A′.所以△ABC与△A′B′C′的三内角相等，所以△ABC∽△A′B′C′，＝＝.又因为S△ABC＝×2×1×＝，所以S△A′B′C′＝×＝×＝. 答案： 9．(2023年届广东七校联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，CD＝4，E为CD的中点． (1)求证：AE∥平面PBC； (2)求三棱锥C－PBE的体积． 解：(1)证明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°， ∴AC＝2，∠BCA＝60°. 在△ACD中，AD＝2，AC＝2，CD＝4， ∴AC2＋AD2＝CD2，∴∠CAD＝90°，则△ACD是直角三角形． 又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE＝2， ∴△ACE是等边三角形，∴∠CAE＝60°， ∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE. 又AE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AE∥平面PBC. (2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE， ∴PA为三棱锥P－BCE的高． ∵∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，∴∠BCE＝120°. 又BC＝1，CE＝2， ∴S△BCE＝×BC×CE×sin ∠BCE＝×1×2×＝， ∴V三棱锥C－PBE＝V三棱锥P－BCE＝×S△BCE×PA＝××2＝. 10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： (1)EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 证明：(1)如图，连接SB， 在△SBC中，因为E，G分别是BC，SC的中点， 所以EG∥SB. 又因为SB⊂平面BDD1B1， EG⊄平面BDD1B1， 所以EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD， 因为F，G分别是DC，SC的中点， 所以FG∥SD. 又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1， 所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG， FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G， 所以平面EFG∥平面BDD1B1. B级·素养提升|练能力| 11.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(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确； 由上面可知，BD∥PN，MN∥AC. 所以＝，＝， 而AN≠DN，PN＝MN， 所以BD≠AC，故B错误．故选B. 12. 如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱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只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况) 解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1. 答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合) 13．(2023年届成都模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点． (1)证明：平面BMN∥平面PCD； (2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积． 解：(1)证明：如图，连接BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形．∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD. 又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD. ∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD. 又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD， ∴MN∥平面PCD. 又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M， ∴平面BMN∥平面PCD. (2)在(1)中已证BM⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD. 又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3. ∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝AD＝3，∴△PMN的面积S△PMN＝S△PAD＝××(3)2＝. ∴三棱锥P－BMN的体积VP－BMN＝VB－PMN＝S△PMN·BM＝××3＝. 14．在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论． 解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下： 如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1， 设O为A1C与AC1的交点． 由已知，O为AC1，A1C的中点． 连接MD，OE，OM，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线， 所以MDAC，OEAC，因此MDOE. 从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO. 因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC， 所以DE∥平面A1MC. 即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC. - 8 -