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- 2021-06-15 发布
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考点测试45 直线、平面平行的判定及其性质
高考概览
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∥α B.a⊂α
C.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.①② B.③④ C.①③ D.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.1 B.2 C.3 D.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. B. C. D.
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.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∶GC
D.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∥AP
B.MN∥BD1
C.MN∥平面BB1D1D
D.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.①③ B.②④ C.②③ D.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
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==CD,∴C1D=,A1C1=2.在等腰三角形A1C1D中,cos∠A1DC1==.
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=AD.
又因为BC∥AD,BC=AD,
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=AD,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=得CE=,
在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,
在Rt△MQH中,QH=,MQ=,
所以sin∠QMH=.
所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.
3.(2016·四川高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(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P-CD-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,BC∥ED,且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.
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AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD,从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE,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PA⊥CE.
于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,
所以AH=.
在Rt△PAH中,PH==,
所以sin∠APH==.
解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD,于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立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),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),
由得设x=2,
解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,则
sinα===.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
二、模拟大题
4.(2018·豫北六校联考)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1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,
∴EF∥B1D1且EF=B1D1,
又知四边形BDD1B1为矩形,
∴BD綊B1D1,∴EF∥BD且EF=BD.
∴四边形BDFE为梯形.
(2)连接FM,在△A1B1D1中,M,N分别为A1B1,A1D1的中点,∴MN∥B1D1.
由(1)知,EF∥B1D1,∴MN∥EF.
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∵AM∩MN=M,DF∩FE=F,
∴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,∠ABD=90°,EB⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,EB=,EF=1,BC=,且M是BD的中点.
(1)求证:EM∥平面ADF;
(2)求二面角A-FD-B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MN∥AB,MN=AB,
又因为EF∥AB,EF=AB,
所以MN∥EF且MN=EF.
所以四边形MNFE为平行四边形,所以EM∥FN,
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,AB⊥BD,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,),
设平面ADF的法向量是n=(x,y,z).
由得
令y=3,则n=(2,3,).
又因为·n=0,所以⊥n,
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,).
易得平面BFD的一个法向量是m=(0,-,1).
所以cos〈m,n〉==-,
又二面角A-FD-B为锐角,
故二面角A-FD-B的余弦值大小为.
6.(2018·河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AB=AA1,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;
(2)若AA1⊥平面ABC,D为BC的中点,E为DD1的中点,求二面角A-C1E-C的余弦值.
解 (1)证明:因为AA1∥BB1,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BCC1B1=DD1,所以AA1∥DD1.
因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面ABC∩平面ADD1A1=AD,平面A1B1C1∩平面ADD1A1=A1D1,
所以AD∥A1D1.
所以四边形ADD1A1为平行四边形.
(2)因为D为BC的中点,AC=AB,所以AD⊥BC.
因为AA1∥DD1,AA1⊥平面ABC,
所以DD1⊥平面ABC,从而DD1⊥AD.
又DD1∩BC=D,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AC=BC=AB=AA1=2,则A(,0,0),
E(0,0,1),C1(0,-1,2),=(-,0,1),
=(0,1,-1).
设平面AC1E的法向量为n=(a,b,c),
由得
取c=,得n=(1,,).
由AD⊥平面BCC1B1,得平面CC1E的一个法向量为=(,0,0),
所以cos〈,n〉===,
又易知二面角A-C1E-C为锐二面角,
故二面角A-C1E-C的余弦值为.