（適用于新高考新教材）高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量課時規(guī)范練40直線平面平行的判定與性質(zhì)

課時規(guī)范練40直線、平面平行的判定與性質(zhì)基礎(chǔ)鞏固組1.下列說法正確的是()A.若兩條直線與同一條直線所成的角相等,則這兩條直線平行B.若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行C.若一條直線分別平行于兩個相交平面,則一定平行它們的交線D.若兩個平面都平行于同一條直線,則這兩個平面平行2.已知三個不同的平面α,β,γ和直線m,n,若α∩γ=m,β∩γ=n,則“α∥β”是“m∥n”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,AD上的點,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,H,G分別為BC,CD的中點,則()A.BD∥平面EFG,且四邊形EFGH是平行四邊形B.EF∥平面BCD,且四邊形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四邊形EFGH是平行四邊形D.EH∥平面ADC,且四邊形EFGH是梯形4.如圖,E是正方體ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一點E(不與端點重合),若BD1∥平面B1CE,則()A.BD1∥CE B.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1 D.D1E=EC15.如圖,AB∥平面α∥平面β,過A點的直線m分別交α,β于點C,E,過B點的直線n分別交α,β于點D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,則BD的長為()A.65 B.75 C.856.(2022廣東廣州三模)一幾何體的平面展開圖如圖所示,其中四邊形ABCD為正方形,E,F分別為PB,PC的中點,在此幾何體中,下面結(jié)論錯誤的是()A.直線AE與直線BF異面B.直線AE與直線DF異面C.直線EF∥平面PADD.直線EF∥平面ABCD7.過正方體ABCDA1B1C1D1的三個頂點A1,C1,B的平面與底面ABCD所在平面的交線為l,則l與A1C1的位置關(guān)系是.

8.已知長方體被一平面所截得的幾何體如圖所示,四邊形EFGH為截面,則四邊形EFGH的形狀為.

9.(2022山東菏澤模擬)已知底面為菱形的四棱錐PABCD中,△PAD是邊長為2的等邊三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分別是棱PC,AB上的點,從下面①②③中選取兩個作為條件,證明另一個成立.①F是AB的中點;②E是PC的中點;③BE∥平面PFD.綜合提升組10.(多選)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB∥平面MNP的是()11.(2022江西景德鎮(zhèn)三模)已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,P為正方形ABCD內(nèi)的一動點(包含邊界),E,F分別是棱AA1,棱A1D1的中點.若D1P∥平面BEF,則AP的取值范圍是()A.[0,5] B.[0,22]C.[1,5] D.[2,22]12.如圖,四邊形ABCD是空間四邊形,E,F,G,H分別是四邊上的點,它們共面,且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,則當(dāng)四邊形EFGH是菱形時,AE∶EB=.(用含m,n的式子表示)

13.在正方體ABCDA1B1C1D1中,E為棱CD上一點,且CE=2DE,F為棱AA1的中點,且平面BEF與DD1交于點G,與AC1交于點H,則DGDD1=,AHH14.在正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F分別為D1C1,B1C1的中點,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,如圖.(1)若A1C交平面EFBD于點R,證明:P,Q,R三點共線;(2)線段AC上是否存在點M,使得平面B1D1M∥平面EFBD?若存在,確定M的位置;若不存在,說明理由.創(chuàng)新應(yīng)用組15.如圖所示,側(cè)棱與底面垂直,且底面為正方形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,N分別在線段AD1,BC上移動,始終保持MN∥平面DCC1D1,設(shè)BN=x,MN=y,則函數(shù)y=f(x)的圖象大致是()16.(2022廣西桂林二模)在三棱錐ABCD中,對棱AB=CD=5,AD=BC=13,AC=BD=10,當(dāng)平面α與三棱錐ABCD的某組對棱均平行時,則三棱錐ABCD被平面α所截得的截面面積的最大值為.

課時規(guī)范練40直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.C解析:由兩條直線與同一條直線所成的角相等,可知兩條直線可能平行,可能相交,也可能異面,故A錯誤;若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面可能平行或相交,故B錯誤;利用線面平行的判定定理和性質(zhì)定理可判斷C正確;若兩個平面都平行于同一條直線,則兩個平面可能平行,也可能相交,故D錯誤.故選C.2.A解析:根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理,可知當(dāng)“α∥β”時,有“m∥n”,故充分性成立;反之,當(dāng)m∥n時,α,β可能相交(如圖),故必要性不成立.所以“α∥β”是“m∥n”的充分不必要條件.故選A.3.B解析:如圖,由題意,得EF∥BD,且EF=15BD,HG∥BD,且HG=12BD,∴EF∥HG,EF≠∴四邊形EFGH是梯形.又EF∥BD,EF?平面BCD,BD?平面BCD,∴EF∥平面BCD.故選B.4.D解析:如圖,設(shè)B1C∩BC1=O,則平面BC1D1∩平面B1CE=OE.∵BD1∥平面B1CE,根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得D1B∥EO,∵O為B1C的中點,∴E為C1D1中點,∴D1E=EC1.故選D.5.C解析:由AB∥α∥β,易證ACCE=BD所以BD=AC·故選C.6.B解析:由題意知,該幾何體是底面為正方形的四棱錐,連接AE,EF,BF,DF(圖略),易得EF∥BC∥AD,故EF,AD共面,則AE,DF共面,故B錯誤;又F∈平面AEFD,B?平面AEFD,F不在直線AE上,則直線AE與直線BF異面,A正確;由EF∥AD,EF?平面PAD,AD?平面PAD,則直線EF∥平面PAD,C正確;EF?平面ABCD,AD?平面ABCD,則直線EF∥平面ABCD,D正確.7.平行解析:因為過A1,C1,B三點的平面與底面A1B1C1D1的交線為A1C1,與底面ABCD的交線為l,且正方體的兩底面互相平行,則由面面平行的性質(zhì)定理知l∥A1C1.8.平行四邊形解析:因為平面ABFE∥平面CDHG,平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面CDHG=HG,所以EF∥HG.同理EH∥FG,所以四邊形EFGH是平行四邊形.9.解選①②,證明③:取PD的中點M,連接ME,FM,則ME∥CD,ME=12CD,FB∥CD,FB=12所以ME∥FB,ME=FB,所以四邊形MEBF為平行四邊形,BE∥MF.因為BE?平面PDF,MF?平面PDF,所以BE∥平面PFD.選②③,證明①:取PD的中點M,連接ME,FM,則ME∥CD,ME=12CD因為FB∥CD,所以ME∥FB.又平面MEBF∩平面PDF=FM,BE∥平面PFD,BE?平面MEBF,所以BE∥MF,所以四邊形MEBF是平行四邊形,BF=ME.因為ME=12CD=12所以BF=12AB,即F是AB的中點選①③,證明②:取CD的中點N,連接BN,EN,則DN∥FB,DN=FB,四邊形BFDN是平行四邊形,BN∥DF.因為BN?平面PDF,DF?平面PDF,所以BN∥平面PDF.因為BE∥平面PDF,BN∩BE=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EN∥PD.又因為N是CD的中點,所以E是PC的中點.10.ABD解析:對于選項A,由圖可知AC∥MN,CB∥NP,故根據(jù)面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP.又因為AB?平面ABC,所以直線AB∥平面MNP,故A正確;對于選項B,根據(jù)題意得AB∥NP,結(jié)合直線與平面平行的判定定理,可知直線AB∥平面MNP,故B正確;對于選項C,由題意可知,平面MNP內(nèi)不存在任意一條直線與直線AB平行,故直線AB與平面MNP不平行,故C錯誤;對于選項D,由圖可知AC∥NP,CB∥NM,故根據(jù)面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP,又因為AB?平面ABC,所以直線AB∥平面MNP,故D正確.故選ABD.11.A解析:連接BC1,AD1,則EF∥AD1∥BC1,EF?平面BEF,故AD1∥平面BEF.設(shè)M為BC的中點,連接AM,D1M,由于F是棱A1D1的中點,故D1F=BM,D1F∥BM,則四邊形D1FBM為平行四邊形,故D1M∥FB,FB?平面BEF,故D1M∥平面BEF,又AD1∩D1M=D1,AD1,D1M?平面D1AM,故平面D1AM∥平面BEF,由于D1P∥平面BEF,故D1P?平面D1AM,又因為P為正方形ABCD內(nèi)的一動點,且平面D1AM∩平面ABCD=AM,故AM即為動點P的軌跡,而AM=22故AP的取值范圍是[0,5].12.m∶n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,∴EF∥AC,EH∥BD,∴EF=BEABm,EH=AEAB又四邊形EFGH是菱形,∴BEABm=AEABn,∴AE∶EB=m∶13.1638解析:∵ABCDA1B1C∴平面A1B1BA∥平面C1D1DC.∵BF?平面A1B1BA,∴BF∥平面CDD1C1.∵平面BFGE∩平面C1D1DC=GE,則BF∥GE,則AFAB=DG又CE=2DE,則DGD連接AC交BE于點M,過點M作MN∥CC1,MN與AC1交于點N,連接FM,則H為FM與AC1的交點.∵AB∥CE,∴AMMC=AB∴MNCC1=3514.(1)證明因為AC∩BD=P,AC?平面AA1C1C,BD?平面EFBD,所以點P是平面AA1C1C和平面EFBD的一個公共點,同理可知,點Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共點,即平面AA1C1C和平面EFBD的交線為PQ.因為A1C∩平面EFBD=R,A1C?平面AA1C1C,所以點R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共點,故R∈PQ,因此,P,Q,R三點共線.(2)解存在點M,使得平面B1D1M∥平面EFBD.如圖所示,設(shè)B1D1∩A1C1=O,過點O作OM∥PQ交AC于點M,下面證明平面B1D1M∥平面EFBD.因為E,F分別為D1C1,B1C1的中點,所以B1D1∥EF.因為B1D1?平面EFBD,EF?平面EFBD,所以B1D1∥平面EFBD.又OM∥PQ,OM?平面EFBD,PQ?平面EFBD,所以O(shè)M∥平面EFBD.因為OM∩B1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M∥平面EFBD.因為E,F分別為D1C1,B1C1的中點,所以EF∥B1D1,且EF∩OC1=Q,則點Q為OC1的中點,易知A1C1∥AC,即OQ∥PM,又OM∥PQ,所以四邊形OMPQ為平行四邊形,所以PM=OQ=12OC1=14A1C1=1因為四邊形ABCD為正方形,且AC∩BD=P,則P為AC的中點,所以點M為AP的中點,所以AM=12AP=14AC,因此,線段AC上存在點M,且AMAC=14時,平面B1D15.C解析:過點M作MQ∥DD1,交AD于點Q,連接QN(圖略).∵M(jìn)N∥平面DCC1D1,MQ∥平面DCC1D1,MN∩MQ=M,∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD與平面MNQ和平面DCC1D1分別交于QN和DC,∴NQ∥DC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x.∵M(jìn)QAQ=DD1AD=在Rt△MQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,∴y24x2=1(0≤x<1),又y>0,∴y=4x2+1,∴函數(shù)y=f(x)的圖象為焦點在y軸上的雙曲線上支的一部分16.3解析:因為每組對