通用版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十六直线平面平行的判定与性质.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时达标检测（三十六） 直线、平面平行的判定与性质 小题常考题点 准解快解 1 (2018 河北保定模拟 )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 a b， b ，则 a ； 若直线 a b， b ，则 a 平行于平面 内的无数条直线 其中真命题的个数是 ( ) A 1 B 2 C 3 D 4 解析：选 A 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 2 (2018 湖南湘中名校联考 )已知

2、m， n 是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面，下列命题中正确的是 ( ) A若 m ， n ，则 m n B若 m ， m? ，则 C若 ， ，则 D若 m ， n ，则 m n 解析：选 D A 中，两直线可能平行，相交或异面； B 中，两平面可能平行或相交； C中，两平面可能平行或相交； D 中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选 D. 3设 m， n 是不同的直线， ， 是不同的平面，且 m， n? ，则 “ ” 是 “ m 且 n ” 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 解析：选 A 若 m， n? ， ，则 m 且 n ；

3、反之若 m， n? ， m 且 n ，则 与 相交或平行，即 “ ” 是 “ m 且 n ” 的充分不必要条件 4 (2018 襄阳模拟 )如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， M， N 分别是BC1， CD1的中点，则下列说法错误的是 ( ) A MN 与 CC1垂直 B MN 与 AC 垂直 C MN 与 BD 平行 D MN 与 A1B1平行 解析：选 D 如图所示，连接 AC， C1D， BD，则 MN BD，而 C1C BD，故 C1C MN，故 A、 C 正确， D 错误，又因为 AC BD，所以 MN AC， B 正确 =【 ;精品教育资源文库 】 = 5.(2018

4、湖南长郡中学质检 )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 解析：选 B 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. 6已知正方体 ABCDA1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是 _(只填序号 ) AD1 BC1； 平面 AB1D1 平面 BDC1； AD1 DC1； AD1 平面 BDC1. 解析

5、：连接 AD1， BC1， AB1， B1D1， C1D1， BD，因为 AB 綊 C1D1，所以四边形 AD1C1B 为平行四边形，故 AD1 BC1，从而 正确；易证 BD B1D1， AB1 DC1，又 AB1 B1D1 B1， BD DC1 D，故平面 AB1D1 平面 BDC1，从而 正确；由图易知 AD1与 DC1异面， 故 错误；因 AD1 BC1， AD1?平面 BDC1，BC1?平面 BDC1，故 AD1 平面 BDC1，故 正确 答案： 7.如图所示，在四面体 ABCD 中， M， N 分别是 ACD， BCD 的重心，则四面体的四个面所在平面中与 MN 平行的是 _ 解析

6、：连接 AM 并延长，交 CD 于点 E，连接 BN，并延长交 CD 于点 F，由重心性质可知， E， F 重合为一点，且该点为 CD 的中点 E，连接 MN，由EMMAENNB12，得 MN AB.因此 ， MN 平面 ABC 且 MN 平面 ABD. 答案：平面 ABC、平面 ABD 8.如图所示，三棱柱 ABC A1B1C1的侧面 BCC1B1是菱形，设 D 是 A1C1上的点且 A1B 平面 B1CD，则 A1D DC1的值为 _ 解析：设 BC1 B1C O，连接 OD. A1B 平面 B1CD 且平面 A1BC1 平面 B1CD OD， A1B OD， 四边形 BCC1B1是菱形，

7、 O 为 BC1的中点， =【 ;精品教育资源文库 】 = D 为 A1C1的中点，则 A1D DC1 1. 答案： 1 大题常考题点 稳解全解 1.如图， ABCD 与 ADEF 均为平行四边形， M， N， G 分别是 AB，AD， EF 的中点求证： (1)BE 平面 DMF； (2)平面 BDE 平面 MNG. 证明： (1)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 BE MO， 又 BE?平面 DMF， MO? 平面 DMF，所以 BE 平面 DMF. (2)因为 N， G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD， E

8、F 的中点，所以 DE GN， 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 BD MN， 又 MN? 平面 MNG， BD?平面 MNG， 所以 BD 平面 MNG， 又 DE， BD? 平面 BDE， DE BD D， 所以平面 BDE 平面 MNG. 2.(2018 长春质检 )如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PD 平面 ABCD，点 D1为棱 PD 的中点，过 D1作与平面 ABCD 平行的平面与棱 PA， PB， PC 相交于点 A1， B1， C1， B

9、AD 60. (1)求证： B1为 PB 的中点； (2)已知棱锥的高为 3，且 AB 2， AC， BD 的交点为 O，连接 B1O.求三棱锥 B1ABO 外接球的体积 解： (1)证明 ：连接 B1D1. 由题意知，平面 ABCD 平面 A1B1C1D1，平面 PBD 平面 ABCD BD， 平面 PBD 平面 A1B1D1 B1D1，则 BD B1D1， 即 B1D1为 PBD 的中位线， 即 B1为 PB 的中点 =【 ;精品教育资源文库 】 = (2)由 (1)可得， OB1 32， AO 3， BO 1，且 OA OB， OA OB1， OB OB1， 即三棱锥 B1 ABO 的外

10、接球为以 OA， OB， OB1为长，宽，高的长方体的外接球，则该长方体的体对角线长 d 12 3 2 ? ?32 2 52，即外接球半径 R 54. 则三棱锥 B1 ABO 外接球的体积 V 43 R3 43 ? ?54 3 12548 . 3.如图所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E， F， G， H 分别是 BC，CC1， C1D1， A1A 的中点求证： (1)BF HD1； (2)EG 平 面 BB1D1D； (3)平面 BDF 平面 B1D1H. 证明： (1)如图所示，取 BB1的中点 M，连接 MH， MC1，易证四边形 HMC1D1是平行四 边形， HD1 MC

11、1. 又 MC1 BF， BF HD1. (2)取 BD 的中点 O，连接 EO， D1O，则 OE 綊 12DC， 又 D1G 綊 12DC， OE 綊 D1G， 四边形 OEGD1是平行四边形， GE D1O. 又 GE?平面 BB1D1D， D1O?平面 BB1D1D， EG 平面 BB1D1D. (3)由 (1)知 BF HD1， 又 BD B1D1， B1D1， HD1? 平面 B1D1H， BF， BD? 平面 BDF，且 B1D1 HD1 D1， DB BF B， 平面 BDF 平面 B1D1H. 4.如图，四棱锥 P ABCD 中， AB CD， AB 2CD， E 为 PB

12、的中点 (1)求证： CE 平面 PAD. (2)在线段 AB 上是否存在一点 F，使得平面 PAD 平面 CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由 解： (1)证明：取 PA 的中点 H，连接 EH， DH， 因为 E 为 PB 的中点， 所以 EH AB， EH 12AB， 又 AB CD， CD 12AB， 所以 EH CD， EH CD， =【 ;精品教育资源文库 】 = 因此四边形 DCEH 是平行四边形， 所以 CE DH， 又 DH? 平面 PAD， CE?平面 PAD， 因此 CE 平面 PAD. (2)存在点 F 为 AB 的中点，使平面 PAD 平面 CEF， 证明如下： 取 AB 的中点 F，连接 CF， EF， 所以 AF 12AB， 又 CD 12AB，所以 AF CD， 又 AF CD，所以四边形 AFCD 为平行四边形， 因此 CF AD， 又 CF?平面 PAD，所以 CF 平面 PAD， 由 (1)可知 CE 平面 PAD， 又 CE CF C， 故平面 CEF 平面 PAD， 故存在 AB 的中点 F 满足要求