2024届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练40直线平面平行的判定与性质.docx

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1、课时规范练40直线、平面平行的判定与性质基础巩固组1.下列说法正确的是()A.若两条直线与同一条直线所成的角相等,则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C.若一条直线分别平行于两个相交平面,则一定平行它们的交线D.若两个平面都平行于同一条直线,则这两个平面平行2.已知三个不同的平面,和直线m,n,若=m,=n,则“”是“mn”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AEEB=AFFD=14,H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD平面EFG,且四边形E

2、FGH是平行四边形B.EF平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH平面ADC,且四边形EFGH是梯形4.如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点E(不与端点重合),若BD1平面B1CE,则()A.BD1CEB.AC1BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC15.如图,AB平面平面,过A点的直线m分别交,于点C,E,过B点的直线n分别交,于点D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,则BD的长为()A.65B.75C.85D.956.(2022广东广州三模)一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别

3、为PB,PC的中点,在此几何体中,下面结论错误的是()A.直线AE与直线BF异面B.直线AE与直线DF异面C.直线EF平面PADD.直线EF平面ABCD7.过正方体ABCD-A1B1C1D1的三个顶点A1,C1,B的平面与底面ABCD所在平面的交线为l,则l与A1C1的位置关系是.8.已知长方体被一平面所截得的几何体如图所示,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为.9.(2022山东菏泽模拟)已知底面为菱形的四棱锥P-ABCD中,PAD是边长为2的等边三角形,平面PAD平面ABCD,E,F分别是棱PC,AB上的点,从下面中选取两个作为条件,证明另一个成立.F是AB的中点;E是PC的中点

4、;BE平面PFD.综合提升组10.(多选)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB平面MNP的是()11.(2022江西景德镇三模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为正方形ABCD内的一动点(包含边界),E,F分别是棱AA1,棱A1D1的中点.若D1P平面BEF,则AP的取值范围是()A.0,5B.0,22C.1,5D.2,2212.如图,四边形ABCD是空间四边形,E,F,G,H分别是四边上的点,它们共面,且AC平面EFGH,BD平面EFGH,AC=m,BD=n,则当四边形EFGH是菱形时,AEEB=.(用含

5、m,n的式子表示)13.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD上一点,且CE=2DE,F为棱AA1的中点,且平面BEF与DD1交于点G,与AC1交于点H,则DGDD1=,AHHC1=.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,B1C1的中点,ACBD=P,A1C1EF=Q,如图.(1)若A1C交平面EFBD于点R,证明:P,Q,R三点共线;(2)线段AC上是否存在点M,使得平面B1D1M平面EFBD?若存在,确定M的位置;若不存在,说明理由.创新应用组15.如图所示,侧棱与底面垂直,且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,

6、N分别在线段AD1,BC上移动,始终保持MN平面DCC1D1,设BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是()16.(2022广西桂林二模)在三棱锥A-BCD中,对棱AB=CD=5,AD=BC=13,AC=BD=10,当平面与三棱锥A-BCD的某组对棱均平行时,则三棱锥A-BCD被平面所截得的截面面积的最大值为.课时规范练40直线、平面平行的判定与性质1.C解析:由两条直线与同一条直线所成的角相等,可知两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故A错误;若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面可能平行或相交,故B错误;利用线面平行的判定定理和性质定理可判断C正确;若两个平

7、面都平行于同一条直线,则两个平面可能平行,也可能相交,故D错误.故选C.2. A解析:根据面面平行的性质定理,可知当“”时,有“mn”,故充分性成立;反之,当mn时,可能相交(如图),故必要性不成立.所以“”是“mn”的充分不必要条件.故选A.3.B解析:如图,由题意,得EFBD,且EF=15BD,HGBD,且HG=12BD,EFHG,EFHG,四边形EFGH是梯形.又EFBD,EF平面BCD,BD平面BCD,EF平面BCD.故选B.4.D解析:如图,设B1CBC1=O,则平面BC1D1平面B1CE=OE.BD1平面B1CE,根据线面平行的性质可得D1BEO,O为B1C的中点,E为C1D1中点

8、,D1E=EC1.故选D.5.C解析:由AB,易证ACCE=BDDF,即ACAE=BDBF,所以BD=ACBFAE=245=85.故选C.6.B解析:由题意知,该几何体是底面为正方形的四棱锥,连接AE,EF,BF,DF(图略),易得EFBCAD,故EF,AD共面,则AE,DF共面,故B错误;又F平面AEFD,B平面AEFD,F不在直线AE上,则直线AE与直线BF异面,A正确;由EFAD,EF平面PAD,AD平面PAD,则直线EF平面PAD,C正确;EF平面ABCD,AD平面ABCD,则直线EF平面ABCD,D正确.7.平行解析:因为过A1,C1,B三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为A1C

9、1,与底面ABCD的交线为l,且正方体的两底面互相平行,则由面面平行的性质定理知lA1C1.8.平行四边形解析:因为平面ABFE平面CDHG,平面EFGH平面ABFE=EF,平面EFGH平面CDHG=HG,所以EFHG.同理EHFG,所以四边形EFGH是平行四边形.9.解 选,证明:取PD的中点M,连接ME,FM,则MECD,ME=12CD,FBCD,FB=12CD,所以MEFB,ME=FB,所以四边形MEBF为平行四边形,BEMF.因为BE平面PDF,MF平面PDF,所以BE平面PFD.选,证明:取PD的中点M,连接ME,FM,则MECD,ME=12CD.因为FBCD,所以MEFB.又平面M

10、EBF平面PDF=FM,BE平面PFD,BE平面MEBF,所以BEMF,所以四边形MEBF是平行四边形,BF=ME.因为ME=12CD=12AB,所以BF=12AB,即F是AB的中点.选,证明:取CD的中点N,连接BN,EN,则DNFB,DN=FB,四边形BFDN是平行四边形,BNDF.因为BN平面PDF,DF平面PDF,所以BN平面PDF.因为BE平面PDF,BNBE=B,所以平面PDF平面BEN,EN平面BNE,所以EN平面PDF,EN平面PDC,平面PDC平面PDF=DP,所以ENPD.又因为N是CD的中点,所以E是PC的中点.10. ABD解析:对于选项A,由图可知ACMN,CBNP,

11、故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC平面MNP.又因为AB平面ABC,所以直线AB平面MNP,故A正确;对于选项B,根据题意得ABNP,结合直线与平面平行的判定定理,可知直线AB平面MNP,故B正确;对于选项C,由题意可知,平面MNP内不存在任意一条直线与直线AB平行,故直线AB与平面MNP不平行,故C错误;对于选项D,由图可知ACNP,CBNM,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC平面MNP,又因为AB平面ABC,所以直线AB平面MNP,故D正确.故选ABD.11.A解析:连接BC1,AD1,则EFAD1BC1,EF平面BEF,故AD1平面BEF.设M为BC的中点,连接AM,D1M,

12、由于F是棱A1D1的中点,故D1F=BM,D1FBM,则四边形D1FBM为平行四边形,故D1MFB,FB平面BEF,故D1M平面BEF,又AD1D1M=D1,AD1,D1M平面D1AM,故平面D1AM平面BEF,由于D1P平面BEF,故D1P平面D1AM,又因为P为正方形ABCD内的一动点,且平面D1AM平面ABCD=AM,故AM即为动点P的轨迹,而AM=22+12=5,故AP的取值范围是0,5.12.mn解析:AC平面EFGH,BD平面EFGH,AC平面ABC,BD平面ABD,平面ABC平面EFGH=EF,平面ABD平面EFGH=EH,EFAC,EHBD,EF=BEABm,EH=AEABn.

13、又四边形EFGH是菱形,BEABm=AEABn,AEEB=mn.13.1638解析:ABCD-A1B1C1D1是正方体,平面A1B1BA平面C1D1DC.BF平面A1B1BA,BF平面CDD1C1.平面BFGE平面C1D1DC=GE,则BFGE,则AFAB=DGDE,即DGDE=12.又CE=2DE,则DGDD1=16.连接AC交BE于点M,过点M作MNCC1,MN与AC1交于点N,连接FM,则H为FM与AC1的交点.ABCE,AMMC=ABCE=32,则ANNC1=AMMC=32.MNCC1=35,MNFA=65=HNAH,故AHHC1=38.14.(1)证明因为ACBD=P,AC平面AA1

14、C1C,BD平面EFBD,所以点P是平面AA1C1C和平面EFBD的一个公共点,同理可知,点Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,即平面AA1C1C和平面EFBD的交线为PQ.因为A1C平面EFBD=R,A1C平面AA1C1C,所以点R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,故RPQ,因此,P,Q,R三点共线.(2)解存在点M,使得平面B1D1M平面EFBD.如图所示,设B1D1A1C1=O,过点O作OMPQ交AC于点M,下面证明平面B1D1M平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以B1D1EF.因为B1D1平面EFBD,EF平面EFBD,所以B1D1平面EFB

15、D.又OMPQ,OM平面EFBD,PQ平面EFBD,所以OM平面EFBD.因为OMB1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以EFB1D1,且EFOC1=Q,则点Q为OC1的中点,易知A1C1AC,即OQPM,又OMPQ,所以四边形OMPQ为平行四边形,所以PM=OQ=12OC1=14A1C1=14AC.因为四边形ABCD为正方形,且ACBD=P,则P为AC的中点,所以点M为AP的中点,所以AM=12AP=14AC,因此,线段AC上存在点M,且AMAC=14时,平面B1D1M平面EFBD.15.C解析:过点M

16、作MQDD1,交AD于点Q,连接QN(图略).MN平面DCC1D1,MQ平面DCC1D1,MNMQ=M,平面MNQ平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和平面DCC1D1分别交于QN和DC,NQDC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x.MQAQ=DD1AD=2,MQ=2x.在RtMQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,y2-4x2=1(0x0,y=4x2+1,函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.故选C.16.3解析:因为每组对棱棱长相等,所以可以把三棱锥A-BCD放入长方体中,设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,不妨设xyz,则x2+y2=5,x2+z2=10,y2+z2=13,解得x=1,y=2,z=3.当平面与三棱锥A-BCD的对棱AB,CD均平行时,截面为四边形EFGH,当E,F,G,H分别为棱AD,AC,BC,BD的中点时,截面EFGH面积最大,最大面积为12xy=1.同样地,当平面与三棱锥A-BCD的对棱AC,BD均平行时,截面最大面积为12xz=32.当平面与三棱锥A-BCD的对棱AD,BC均平行时,截面最大面积为12yz=3.综上,三棱锥A-BCD被平面所截得的截面面积的最大值为3.