2020高考数学刷题首选卷 第六章 立体几何 考点测试45 直线、平面平行的判定及其性质 理（含解析

考点测试45直线、平面平行的判定及其性质高考概览高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读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∥αB．a⊂αC．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．①②B．③④C．①③D．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．1B．2C．3D．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．32B．22C．33D．13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32．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∶GCD．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∥APB．MN∥BD1C．MN∥平面BB1D1DD．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．①③B．②④C．②③D．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64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＝3＝CD，∴C1D＝6，A1C1＝2．在等腰三角形A1C1D中，cos∠A1DC1＝12C1DA1D＝64．18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＝12AD．又因为BC∥AD，BC＝12AD，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＝12AD，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＝2得CE＝2，在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝3得QH＝14，在Rt△MQH中，QH＝14，MQ＝2，所以sin∠QMH＝28．所