2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：45　直线、平面平行的判定及其性质 Word版含解析.pdf

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1、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 平面 ，若两条直线 m，n 分别在平面 ， 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 知，又 m，n，故 mn故选 B 2两条直线 a，b 满足 ab，b，则 a 与平面 的位置关系是( ) Aa Ba Ca 与 相交 Da 与

2、 不相交 答案 D 解析 由于 b 且 ab，则 a 或 a故 a 与 不相交故选 D 3如图所示的三棱柱 ABCA1B1C1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 ABCA1B1C1中，ABA1B1， AB平面 ABC，A1B1平面 ABC，A1B1平面 ABC，过 A1B1的平面与 平面 ABC 交于 DE DEA1B1，DEAB 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

3、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 ，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 内存在唯一的直线与 l 平行 D 内的直线与 l 都相交 答案 B 解析 因为 l，若在平面 内存在与直线 l 平行的直线，则 l，这与题意 矛盾故选 B 6下面结论中： 过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行； 过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个

4、平面平行； 过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行； 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 B C D 答案 C 解析 对于，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，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，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， 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： 若直线 l 平行于平面 内的无数条直线，则直线 l； 若直线 a 在平面 外，则 a； 若直线 ab，b，则 a； 若直线 ab，b，则 a 平行

5、于平面 内的无数条直线 其中真命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案 A 解析 命题，l 可以在平面 内，是假命题；命题，直线 a 与平面 可以 是相交关系，是假命题 ； 命题，a 可以在平面 内，是假命题 ； 命题是真命题 8已知正方体 ABCDA1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是_(只填 序号) AD1BC1；平面 AB1D1平面 BDC1；AD1DC1；AD1平面 BDC1 答案 解析 连接 AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，则 AD1BC1，从而正确； 易证 BDB1D1，AB1DC1，又 AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面 AB1D1 平面 BDC

6、1， 从而正确 ； 由图易知 AD1与 DC1异面， 故错误 ； 因 AD1BC1， AD1 平面 BDC1，BC1平面 BDC1，故 AD1平面 BDC1，故正确 二、高考小题 9 (2018浙江高考)已知平面 ， 直线 m， n 满足 m， n， 则 “mn” 是 “m” 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，n，mn，m，故充分性成立而由 m，n， 得 mn 或 m 与 n 异面，故必要性不成立故选 A 10 (2017全国卷)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

7、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， 作如图所示的辅助线， 其中D为BC的中点， 则QDAB QD 平面 MNQQ，QD 与平面 MNQ 相交，直线 AB 与平面 MNQ 相交B 项， 作如图所示的辅助线， 则 ABCD， CDMQ， ABMQ 又 AB平面 MNQ， MQ 平面 MNQ，AB平面 MNQ C 项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ又 AB 平面 MNQ，MQ平面 MNQ， AB平面MNQ D项， 作如图所示的辅助线， 则ABCD， CDNQ， AB NQ 又 AB平面 MNQ，NQ平面 MNQ，AB平面 M

8、NQ故选 A 11(2016全国卷)平面 过正方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 A，平面 CB1D1， 平面 ABCDm， 平面 ABB1A1n， 则 m， n 所成角的正弦值为( ) A B C D 3 2 2 2 3 3 1 3 答案 A 解析 如图， 延长 B1A1至 A2， 使 A2A1B1A1， 延长 D1A1至 A3， 使 A3A1D1A1， 连接 AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D易证 AA2A1BD1C，AA3A1DB1C平 面 AA2A3平面 CB1D1，即平面 AA2A3为平面 于是 mA2A3，直线 AA2即为直 线 n 显然有 AA2AA3A2A3， 于是 m

9、， n 所成的角为 60， 其正弦值为 故选 A 3 2 12(2016全国卷)， 是两个平面，m，n 是两条直线，有下列四个命题： 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 与 所成的角和 n 与 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 解析 由 mn，m，可得 n 或 n 在 内，当 n 时， 与 可能相交， 也可能平行，故错易知都正确 三、模拟小题 13 (2018陕西西安一中模拟)在三棱锥 ABCD 中， E， F， G， H 分别是 AB， BC， CD，DA 上的点，当 BD平面 EFGH 时，

10、下面结论正确的是( ) AE，F，G，H 一定是各边的中点 BG，H 一定是 CD，DA 的中点 CBEEABFFC，且 DHHADGGC DAEEBAHHD 且 BFFCDGGC 答案 D 解析 由 BD平面 EFGH，得 BDEH，BDFG，则 AEEBAHHD， 且 BFFCDGGC故选 D 14 (2018福建厦门第二次质量检查)如图， 在正方体 ABCDA1B1C1D1中， M， N，P 分别是 C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是( ) AMNAP BMNBD1 CMN平面 BB1D1D DMN平面 BDP 答案 C 解析 取 B1C1中点 Q， 连接 MQ， NQ，

11、 由三角形中位线定理可得 MQB1D1， MQ面 BB1D1D， 由四边形 BB1QN 为平行四边形， 得 NQBB1， 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 截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥 中与平面 平行的棱有( ) A0 条 B1 条 C2 条 D1 条或 2 条 答案 C 解析 如图所示，平面 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 FGAB，所以 AB，同理 可得 CD，所以有两条棱和平面平行，故选 C 16 (

12、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 B C D 答案 D 解析 在中，由正方体性质得到平面 MNP 与 AB 所在平面平行，AB平 面 MNP，故成立 ；若下底面中心为 O，则 NOAB，NO面 MNPN，AB 与面 MNP 不平行， 故不成立 ； 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，故不成立；在中，AB 与 PN 平行，AB平 面 MNP，故成立综上所述，答案为 D 17(2018太原模拟)在长方体 A

13、BCDA1B1C1D1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 6 4 解析 B1B平面 ABCD， BCB1是 B1C 与底面所成角，BCB160C1C底面 ABCD， CDC1是 C1D 与底面所成角，CDC145，连接 A1D，A1C1，则 A1DB1C， A1DC1或其补角为异面直线 B1C 与 C1D 所成角， 不妨设 BC1， 则 CB1 DA12， BB1CC1CD， C1D， A1C12 在等腰三角形 A1C1D 中， cos36 A1DC1 1 2C 1D A1D 6 4 18 题图 18(201

14、8合肥质检三)如图直三棱柱 ABCABC中，ABC 为 边长为 2 的等边三角形，AA4，点 E，F，G，H，M 分别是边 AA，AB， BB，AB，BC 的中点，动点 P 在四边形 EFGH 内部运动，并且始终有 MP 平面 ACCA，则动点 P 的轨迹长度为_ 答案 4 解析 因为 H，F，M 分别为 AB，AB，BC 的中点，所以 FMAC，HF AA，所以 FM平面 ACCA，HF平面 ACCA，又因为 FMHFF， 所以平面 HFM平面 ACCA， 要使 MP平面 ACCA， 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

15、江苏高考)在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，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 ABCDA1B1C1D1中， ABA1B1， 因为 AB平面 A1B1C， A1B1平面 A1B1C， 所以 AB平面 A1B1C (2)在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，四边形 ABB1A1为平行四边形 又因为 AA1AB， 所以四边形 ABB1A1为菱形， 所以 AB1A1B 因为 AB1B1C1， BCB1C1，所以 AB1BC 又因为 A1BBCB， A1B平面 A1BC， BC平面 A1BC，

16、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 PABCD，PAD 是以 AD 为斜边的 等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，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 EFAD 且 EF AD 1 2 又因为 BCAD，BC AD， 1 2 所以 EFBC 且 EFBC， 所以四边形 BCEF 为平行

17、四边形，所以 CEBF 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，MQCE 由PAD 为等腰直角三角形得 PNAD 由 DCAD，BCAD，BC AD，N 是 AD 的中点得 BNAD所以 AD平 1 2 面 PBN 由 BCAD 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

18、影， 所以QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角 设 CD1 在PCD 中，由 PC2，CD1，PD得 CE，22 在PBN 中，由 PNBN1，PB得 QH ，3 1 4 在 RtMQH 中，QH ，MQ， 1 4 2 所以 sinQMH 2 8 所以，直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 2 8 3 (2016四川高考)如图， 在四棱锥 PABCD 中， ADBC， ADCPAB 90，BCCD AD，E 为棱 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90 1 2 (1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM平面 PBE，并说明理由； (2)若二面角PCD

19、A的大小为45， 求直线PA与平面PCE所成角的正弦值 解 (1)在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行 延长 AB，DC，相交于点 M(M平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点 理由如下： 由已知，BCED，且 BCED 所以四边形 BCDE 是平行四边形 从而 CMEB 又 EB平面 PBE，CM平面 PBE， 所以 CM平面 PBE (说明：延长 AP 至点 N，使得 APPN，则所找的点可以是直线 MN 上任意一 点) (2)解法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA， 所以 CD平面 PAD，从而 CDPD 所以PDA 是二面角 PCDA 的平面角 所以PDA45 设 B

20、C1，则在 RtPAD 中，PAAD2 过点 A 作 AHCE，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH 易知 PA平面 ABCD， 又 CE平面 ABCD， 从而 PACE 于是 CE平面 PAH 所以平面 PCE平面 PAH 过 A 作 AQPH 于 Q，则 AQ平面 PCE 所以APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角 在 RtAEH 中，AEH45，AE1， 所以 AH 2 2 在 RtPAH 中，PH，PA2AH2 3 2 2 所以 sinAPH AH PH 1 3 解法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA， 所以 CD平面 PAD，于是 CDPD 从而PDA 是二面角 PCD

21、A 的平面角 所以PDA45 由 PAAB，可得 PA平面 ABCD 设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2 作 AyAD，以 A 为原点，以，的方向分别为 x 轴，z 轴的正方向，建立AD AP 如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，所以(1，0，2)，PE (1，1，0)，(0，0，2)设平面 PCE 的法向量为 n(x，y，z)，EC AP 由Error!得Error!设 x2， 解得 n(2，2，1) 设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 ，则 sin |nAP | |n|AP | 2 2 22 2212

22、 1 3 所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为 1 3 二、模拟大题 4(2018豫北六校联考)如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N 分别 是 A1B1，A1D1的中点，E，F 分别是 B1C1，C1D1的中点求证： (1)四边形 BDFE 为梯形； (2)平面 AMN平面 EFDB 证明 (1)连接 B1D1 在B1D1C1中，E，F 分别是 B1C1，C1D1的中点， EFB1D1且 EF B1D1， 1 2 又知四边形 BDD1B1为矩形， BD 綊 B1D1，EFBD 且 EF BD 1 2 四边形 BDFE 为梯形 (2)连接 FM，在A1B1D1中，M，

23、N 分别为 A1B1，A1D1的中点，MNB1D1 由(1)知，EFB1D1，MNEF 在正方形 A1B1C1D1中，F 为 C1D1的中点，M 为 A1B1的中点，FM 綊 A1D1， 又四边形 ADD1A1为正方形， AD 綊 A1D1， FM 綊 AD， 四边形 ADFM 为平行四边形 AM 綊 DF 又AMMNM，DFFEF， 平面 AMN平面 EFDB 5 (2018江西六校联考)在如图所示的几何体中， 四边形 ABCD 为平行四边形， ABD90，EB平面 ABCD，EFAB，AB2，EB，EF1，BC，313 且 M 是 BD 的中点 (1)求证：EM平面 ADF； (2)求二面

24、角 AFDB 的余弦值的大小 解 (1)证法一：取 AD 的中点 N，连接 MN，NF 在DAB 中，M 是 BD 的中点，N 是 AD 的中点， 所以 MNAB，MN AB， 1 2 又因为 EFAB，EF AB， 1 2 所以 MNEF 且 MNEF 所以四边形 MNFE 为平行四边形，所以 EMFN， 又因为 FN平面 ADF，EM平面 ADF， 故 EM平面 ADF 证法二：因为 EB平面 ABD，ABBD，故以 B 为原点，建立如图所示的空 间直角坐标系 Bxyz 由已知可得 ，0，(3，2，0)，(0，1，)，EM 3 2 3AD AF 3 设平面 ADF 的法向量是 n(x，y，

25、z) 由Error!得Error! 令 y3，则 n(2，3，)3 又因为n0，所以n，EM EM 又 EM平面 ADF，故 EM平面 ADF (2)由(1)中证法二可知平面 ADF 的一个法向量是 n(2，3，)3 易得平面 BFD 的一个法向量是 m(0，1)3 所以 cosm，n， mn |m|n| 3 4 又二面角 AFDB 为锐角， 故二面角 AFDB 的余弦值大小为 3 4 6 (2018河北衡水中学、 河南顶级名校联考)如图， 在三棱柱ABCA1B1C1中，AC BCABAA1，过 AA1的平面分别交 BC，B1C1于点 D，D1 (1)求证：四边形 ADD1A1为平行四边形；

26、(2)若 AA1平面 ABC， D 为 BC 的中点， E 为 DD1的中点， 求二面角 AC1EC 的余弦值 解 (1)证明 ： 因为AA1BB1， AA1平面BCC1B1， BB1平面BCC1B1， 所以AA1 平面 BCC1B1 又因为AA1平面ADD1A1， 平面ADD1A1平面BCC1B1DD1， 所以AA1DD1 因为平面 ABC平面 A1B1C1，平面 ABC平面 ADD1A1AD，平面 A1B1C1 平面 ADD1A1A1D1， 所以 ADA1D1 所以四边形 ADD1A1为平行四边形 (2)因为 D 为 BC 的中点，ACAB，所以 ADBC 因为 AA1DD1，AA1平面

27、ABC， 所以 DD1平面 ABC，从而 DD1AD 又 DD1BCD，所以 AD平面 BCC1B1 分别以 DA，DB，DD1所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如 图所示 设 ACBCABAA12，则 A(，0，0)，3 E(0，0，1)，C1(0，1，2)，(，0，1)，AE 3 (0，1，1)C1E 设平面 AC1E 的法向量为 n(a，b，c)， 由Error!得Error! 取 c，得 n(1， ，)333 由 AD平面 BCC1B1，得平面 CC1E 的一个法向量为(，0，0)，DA 3 所以 cos，n，DA DA n |DA |n| 3 7 3 7 7 又易知二面角 AC1EC 为锐二面角， 故二面角 AC1EC 的余弦值为 7 7