考點(diǎn)測試43直線、平面平行的判定及其性質(zhì)高考概覽考綱研讀1以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理2能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡單命題一、基礎(chǔ)小題1已知平面平面，若兩條直線m，n分別在平面，內(nèi)，則m，n的關(guān)系不可能是()A平行 B相交C異面 D平行或異面答案B解析由知，又m，n，故mn故選B2兩條直線a，b滿足ab，b，則a與平面的位置關(guān)系是()Aa BaCa與相交 Da與不相交答案D解析由于b且ab，則a或a故a與不相交故選D3如圖所示的三棱柱ABCA1B1C1中，過A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與AB的位置關(guān)系是()A異面B平行C相交D以上均有可能答案B解析在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，AB平面ABC，A1B1平面ABC，A1B1平面ABC，過A1B1的平面與平面ABC交于DEDEA1B1，DEAB4下列命題中，錯誤的是()A平面內(nèi)一個三角形各邊所在的直線都與另一個平面平行，則這兩個平面平行B平行于同一個平面的兩個平面平行C若兩個平面平行，則位于這兩個平面內(nèi)的直線也互相平行D若兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的直線平行于另一個平面答案C解析由面面平行的判定定理和性質(zhì)知A，B，D正確對于C，位于兩個平行平面內(nèi)的直線也可能異面5若直線l不平行于平面，且l，則()A內(nèi)的所有直線與l異面B內(nèi)不存在與l平行的直線C內(nèi)存在唯一的直線與l平行D內(nèi)的直線與l都相交答案B解析因?yàn)閘，若在平面內(nèi)存在與直線l平行的直線，則l，這與題意矛盾故選B6下面結(jié)論中：過不在平面內(nèi)的一點(diǎn)，有且只有一個平面與這個平面平行；過不在平面內(nèi)的一條直線，有且只有一個平面與這個平面平行；過不在直線上的一點(diǎn)，有且只有一條直線與這條直線平行；過不在直線上的一點(diǎn)，有且只有一個平面與這條直線平行正確的序號為()A B C D答案C解析對于，過不在平面內(nèi)的一點(diǎn)，有且只有一個平面與這個平面平行，正確；對于，當(dāng)已知直線與平面相交時，不存在平面與已知平面平行，錯誤；對于，過不在直線上的一點(diǎn)，有且只有一條直線與這條直線平行，正確；對于，過不在直線上的一點(diǎn)，有無數(shù)個平面與已知直線平行，錯誤故選C7有下列命題：若直線l平行于平面內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線l；若直線a在平面外，則a；若直線ab，b，則a；若直線ab，b，則a平行于平面內(nèi)的無數(shù)條直線其中真命題的個數(shù)是()A1 B2 C3 D4答案A解析命題，l可以在平面內(nèi)，是假命題；命題，直線a與平面可以是相交關(guān)系，是假命題；命題，a可以在平面內(nèi)，是假命題；命題是真命題8已知正方體ABCDA1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是_(只填序號)AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1；AD1平面BDC1答案解析連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，則AD1BC1，從而正確；易證BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，從而正確；由圖易知AD1與DC1異面，故錯誤；因AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，故AD1平面BDC1，故正確二、高考小題9(2018浙江高考)已知平面，直線m，n滿足m，n，則“mn”是“m”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充分必要條件 D既不充分也不必要條件答案A解析m，n，mn，m，故充分性成立而由m，n，得mn或m與n異面，故必要性不成立故選A10(2017全國卷)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()答案A解析A項(xiàng)，作如圖所示的輔助線，其中D為BC的中點(diǎn)，則QDABQD平面MNQQ，QD與平面MNQ相交，直線AB與平面MNQ相交B項(xiàng)，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDMQ，ABMQ又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQC項(xiàng)，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDMQ，ABMQ又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQD項(xiàng)，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDNQ，ABNQ又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ故選A11(2016全國卷)平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點(diǎn)A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，則m，n所成角的正弦值為()A B C D答案A解析如圖，延長B1A1至A2，使A2A1B1A1，延長D1A1至A3，使A3A1D1A1，連接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D易證AA2A1BD1C，AA3A1DB1C平面AA2A3平面CB1D1，即平面AA2A3為平面于是mA2A3，直線AA2即為直線n顯然有AA2AA3A2A3，于是m，n所成的角為60，其正弦值為故選A12(2016全國卷)，是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題：如果mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m與所成的角和n與所成的角相等其中正確的命題有_(填寫所有正確命題的編號)答案解析由mn，m，可得n或n在內(nèi)，當(dāng)n時，與可能相交，也可能平行，故錯易知都正確三、模擬小題13(2018陜西西安一中模擬)在三棱錐ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA上的點(diǎn)，當(dāng)BD平面EFGH時，下面結(jié)論正確的是()AE，F(xiàn)，G，H一定是各邊的中點(diǎn)BG，H一定是CD，DA的中點(diǎn)CBEEABFFC，且DHHADGGCDAEEBAHHD且BFFCDGGC答案D解析由BD平面EFGH，得BDEH，BDFG，則AEEBAHHD，且BFFCDGGC故選D14(2018福建廈門第二次質(zhì)量檢查)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分別是C1D1，BC，A1D1的中點(diǎn)，則下列命題正確的是()AMNAPBMNBD1CMN平面BB1D1DDMN平面BDP答案C解析取B1C1中點(diǎn)Q，連接MQ，NQ，由三角形中位線定理可得MQB1D1，MQ面BB1D1D，由四邊形BB1QN為平行四邊形，得NQBB1，NQ面BB1D1D，平面MNQ平面BB1D1D，MN面MNQ，MN平面BB1D1D，故選C15(2018衡陽二模)若平面截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐與平面平行的棱有()A0條 B1條C2條 D1條或2條答案C解析如圖所示，平面截三棱錐所得截面為平行四邊形EFGH，因?yàn)镕GEH，可證明FG平面ABD，由線面平行的性質(zhì)可知FGAB，所以AB，同理可得CD，所以有兩條棱和平面平行，故選C16(2018南昌一模)下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB平面MNP的圖形的序號是()A B C D答案D解析在中，由正方體性質(zhì)得到平面MNP與AB所在平面平行，AB平面MNP，故成立；若下底面中心為O，則NOAB，NO面MNPN，AB與面MNP不平行，故不成立；過P作與AB平行的直線PO，則PO與平面MNP相交，AB與面MNP不平行，故不成立；在中，AB與PN平行，AB平面MNP，故成立綜上所述，答案為D17(2018太原模擬)在長方體ABCDA1B1C1D1中，B1C和C1D與底面所成的角分別為60和45，則異面直線B1C和C1D所成的角的余弦值為_答案解析B1B平面ABCD，BCB1是B1C與底面所成角，BCB160C1C底面ABCD，CDC1是C1D與底面所成角，CDC145，連接A1D，A1C1，則A1DB1C，A1DC1或其補(bǔ)角為異面直線B1C與C1D所成角，不妨設(shè)BC1，則CB1DA12，BB1CC1CD，C1D，A1C12在等腰三角形A1C1D中，cosA1DC118(2018合肥質(zhì)檢三)如圖直三棱柱ABCABC中，ABC為邊長為2的等邊三角形，AA4，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M分別是邊AA，AB，BB，AB，BC的中點(diǎn)，動點(diǎn)P在四邊形EFGH內(nèi)部運(yùn)動，并且始終有MP平面ACCA，則動點(diǎn)P的軌跡長度為_答案4解析因?yàn)镠，F(xiàn)，M分別為AB，AB，BC的中點(diǎn)，所以FMAC，HFAA，所以FM平面ACCA，HF平面ACCA，又因?yàn)镕MHFF，所以平面HFM平面ACCA，要使MP平面ACCA，則MP平面HFM，所以點(diǎn)P的軌跡為線段HF，點(diǎn)P的軌跡長度為4一、高考大題1(2018江蘇高考)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1求證：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC證明(1)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1，因?yàn)锳B平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C(2)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形又因?yàn)锳A1AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1A1B因?yàn)锳B1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC又因?yàn)锳1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC，又因?yàn)锳B1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC2(2016全國卷)如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM2MD，N為PC的中點(diǎn)(1)證明：MN平面PAB；(2)求四面體NBCM的體積解(1)證明：由已知得AMAD2，取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC中點(diǎn)知TNBC，TNBC2又ADBC，故TN綊AM，故四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT因?yàn)锳T平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB(2)因?yàn)镻A平面ABCD，N為PC的中點(diǎn)，所以N到平面ABCD的距離為PA取BC的中點(diǎn)E，連接AE由ABAC3得AEBC，AE由AMBC得M到BC的距離為，故SBCM42所以四面體NBCM的體積VNBCMSBCM223(2017浙江高考)如圖，已知四棱錐PABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E為PD的中點(diǎn)(1)證明：CE平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值解(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PD，PA的中點(diǎn)，所以EFAD且EFAD又因?yàn)锽CAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CEBF因?yàn)锽F平面PAB，CE平面PAB，所以CE平面PAB(2)分別取BC，AD的中點(diǎn)M，N連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)，所以Q為EF的中點(diǎn)在平行四邊形BCEF中，MQCE由PAD為等腰直角三角形得PNAD由DCAD，BCAD，BCAD，N是AD的中點(diǎn)得BNAD所以AD平面PBN由BCAD得BC平面PBN，那么平面PBC平面PBN過點(diǎn)Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH，MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直線CE與平面PBC所成的角設(shè)CD1在PCD中，由PC2，CD1，PD得CE，在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是二、模擬大題4(2018安徽合肥一中模擬)如圖，四棱錐PABCD中，E為AD的中點(diǎn)，PE平面ABCD，底面ABCD為梯形，ABCD，AB2DC2，ACBDF，且PAD與ABD均為正三角形，G為PAD重心(1)求證：GF平面PDC；(2)求三棱錐GPCD的體積解(1)證明：連接AG交PD于H，連接CH由四邊形ABCD是梯形，ABCD，且AB2DC，知，又G為PAD的重心，在ACH中，故GFHC又HC平面PDC，GF平面PDC，GF平面PDC(2)由AB2，PAD，ABD為正三角形，E為AD中點(diǎn)，得PE3，由(1)知GF平面PDC，又PE平面ABCD，VGPCDVFPCDVPCDFPESCDF，由四邊形ABCD是梯形，ABCD，且AB2DC2，ABD為正三角形，知DFBD，CDFABD60，SCDFCDDFsinCDF，VPCDFPESCDF，三棱錐GPCD的體積為5(2018安徽合肥一中模擬)如圖，四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)求證：(1)BE平面DMF；(2)平面BDE平面MNG證明(1)連接AE，則AE必過DF與GN的交點(diǎn)O，連接MO，因?yàn)樗倪呅蜛DEF為平行四邊形，所以O(shè)為AE中點(diǎn)，又M為AB中點(diǎn)，所以MO為ABE的中位線，所以BEMO，又BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF(2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的對邊AD，EF的中點(diǎn)，所以DEGN，又DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG又M為AB的中點(diǎn)，N為AD的中點(diǎn)，所以MN為ABD的中位線，所以BDMN，因?yàn)锽D平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG，因?yàn)镈E與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BDE平面MNG6(2018山西太原質(zhì)檢)如圖，四邊形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EFAB，現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使BEEC(1)若BE1，在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由；(2)求三棱錐ACDF體積的最大值，并求出此時點(diǎn)F到平面ACD的距離解(1)線段AD上存在一點(diǎn)P，使得CP平面ABEF，此時理由如下：當(dāng)時，過點(diǎn)P作PMFD交AF于點(diǎn)M，連接EM，則有，由題意可得FD5，故MP3，由題意可得EC3，又MPFDEC，MP綊EC，故四邊形MPCE為平行四邊形，CPME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，CP平面ABEF成立(2)設(shè)BEx(0x4)，AFx，F(xiàn)D6x，由題意可得ECEF，又BEEC，BEEFE，BE平面ECDF，AFBE，AF平面ECDF故VACDF2(6x)x(x26x)，當(dāng)x3時，VACDF有最大值，且最大值為3，此時EC1，AF3，F(xiàn)D3，DC2，AD3，AC，在ACD中，由余弦定理得cosADC，sinADC，SADCDCDAsinADC3，設(shè)點(diǎn)F到平面ACD的距離為h，由于VACDFVFACD，即3hSACD，h，即點(diǎn)F到平面ACD的距離為