《2021版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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版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（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第第 4 4 讲讲直线、平面平行的判定与性质直线、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，且l，则()A内的所有直线与l异面B内不存在与l平行的直线C与直线l至少有两个公共点D内的直线与l都相交解析：选 B.因为l，直线l不平行于平面，所以直线l只能与平面相交，于是直线l与平面只有一个公共点，所以平面内不存在与l平行的直线2(2020大连双基测试)已知直线l，m，平面，则下列条件能推出lm的是()Al，m，B，l，mCl，mDl，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lm，B 正确；选项 C 中，直线l，m也可能异面；选
2、项 D 中，直线l，m也可能相交，故选 B.3(2020长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，表示不同平面，下列命题：若ac，bc，则ab；若ab，b，则a；若a，b，则ab；若a，b，则ab.真命题的个数是()A1B2C3D4解析：选 A.由题意，对于，根据线线平行的传递性可知是真命题；对于，根据ab，b，可以推出a或a，故是假命题；对于，根据a，b，可以推出a与b平行、相交或异面，故是假命题；对于，根据a，b.，可以推出ab或a与b异面，故是假命题，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AEEBAFFD14，又H，
3、G分别为BC，CD的中点，则()2ABD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选 B.由AEEBAFFD14 知EF15BD，又EF 平面BCD，所以EF平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG12BD，所以EFHG且EFHG.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OEBD1，而OE平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1平面AC
4、E.答案：平行6.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，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AB1CAC，所以EFAC，所以F为DC的中点故EF12AC 2.答案：27在三棱柱ABCA1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，CAB90，且AC1，AB2，E3为BB1的中点，M为AC上一点，AM23AC.(1)若三棱锥A1C1ME的体积为26，求AA1的长；(2)证明：CB1平面A1EM.解：(1)设AA1h，因为VA1C1MEVEA1C1M，SA1C1M12A1C1hh2，三棱锥EA1C1M的高为
5、 2，所以VEA1C1M13h2226，解得h22，即AA122.(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AF23AB1，又AM23AC，所以MFCB1，又MF平面A1EM，CB1 平面A1EM，所以CB1平面A1EM.8(2020南昌市摸底调研)如图，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.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4解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MNPA，又MN 平面PAB，PA平面PAB，所以MN平面PAB.
6、在 RtACD中，CAD60，CNAN，所以ACN60.又BAC60，所以CNAB.因为CN 平面PAB，AB平面PAB，所以CN平面PAB.又CNMNN，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AB1，ABC90，BAC60，所以BC 3，所以三棱锥PABM的体积VVMPABVCPABVPABC13121 3233.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()AACBDBACBDCAC截面PQMND异面直线PM与BD所成的角为 45解析：选 B.因为截面PQMN是正
7、方形，所以PQMN，QMPN，则PQ平面ACD，QM平面BDA，所以PQAC，QMBD，由PQQM可得ACBD，故 A 正确；由PQAC可得AC截面PQMN，故 C 正确；由BDPN，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：BDPN，MNAC.5所以PNBDANAD，MNACDNAD，而ANDN，PNMN，所以BDAC.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QBPA.连接DB
8、，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1BPO，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D1BQBB，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BEMO，又BE 平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF.(2)因为N，
9、G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DEGN，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BDMN，又BD 平面MNG，MN平面MNG，6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(2020南昌二模)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ABAD，AB2CD2AD4，侧面PAB是等腰直角三角形，PAPB，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ABCDCE，平面PAD平面ABCDAD，所以CEAD，又ABDC，所以四边形AECD是平行四边形，所以DCAE12AB，即点E是AB的中点因为平面CEF平面PAD，平面CEF平面PABEF，平面PAD平面PABPA，所以EFPA，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PAPB，AEEB，所以PEAB，又平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，所以PE平面ABCD.又ABCD，ABAD，所以VFDEC12VPDEC16SDECPE161222223.7