2022新高考總復習《數(shù)學》(人教)第七章　空間向量與立體幾何課時規(guī)范練37　直線、平面平行的判定與性質(zhì)

1、 課時規(guī)范練37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.(2020陜西高三模擬)已知m,n為不同的直線,為不同的平面,給出下列命題:m,mnn;m,nmn;m,m;m,n,mn其中正確命題的序號是() A.B.C.D.3.已知正方體的棱C1D1上存在一點E(不與端點重合),使得BD1平面B1CE,則下列命題正確的是()A.BD1CEB.AC1BD

2、1C.D1E=2EC1D.D1E=EC14.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G均是線段A1C1上的點,且A1E=EF=FG=GC1.則下列直線與平面A1BD平行的是()A.CEB.CFC.CGD.CC15.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,若E,F,G,H分別是棱A1B1,BB1,CC1,C1D1的中點,則必有()A.BD1GHB.BDEFC.平面EFGH平面ABCDD.平面EFGH平面A1BCD16.(多選)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是A1B1,B1C1,BB1的中點,下列四個推斷中正確的是()A.FG平面AA1D1DB.EF平面B

3、C1D1C.FG平面BC1D1D.平面EFG平面BC1D17.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,則當四邊形EFGH是菱形時,AE EB=.8.(2020山西太原二中高考模擬)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分別為棱CC1,C1D1,D1D,DC的中點,N是BC的中點,點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動,則M滿足條件時,有MN平面B1BDD1.9.已知平面,和直線m,給出以下條件:m;m;m;,當條件成立時,有m;當條件成立時,有m(填所選條件的序號).10.(2020陜西西安

4、高三三模)如圖,菱形ABCD的邊長為4,ABC=60,E為CD中點,將ADE沿AE折起,點D移動到點P的位置使得平面APE平面ABCE,BE與AC相交于點O,H是棱PE上的一點且滿足PH=2HE.(1)求證:OH平面BCP;(2)求四面體A-BPH的體積.綜合提升組11.(2020遼寧高三模擬)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=3,E,F,G分別為AB,BC,C1D1的中點,點P在平面ABCD內(nèi),若直線D1P平面EFG,則線段D1P長度的最小值是()A.223B.62C.52D.7212.如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=

5、1.一平面截該長方體,所得截面為六邊形OPQRST,其中O,P分別為AD,CD的中點,B1S=12,則AT=.13.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為D1C1,B1C1的中點,ACBD=P,A1C1EF=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)新應用組14.(2020安徽合肥第六中學高三模擬)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,底面ABCD是矩形,EFBC.(1)證明:EF平面ABCD;(2)在九章算術(shù)中,稱圖中所示的五面體AB

6、CDEF為“芻甍”(chmng),書中將芻甍ABCDEF的體積求法表述為“術(shù)曰:倍下袤,上袤從之,以廣乘之,又以高乘之,六而一”.其意思是:若芻甍ABCDEF的“下袤”BC的長為a,“上袤”EF的長為b,“廣”AB的長為c,“高”即“點F到平面ABCD的距離”為h,則芻甍ABCDEF的體積V的計算公式為V=16(2a+b)ch,證明該體積公式.參考答案課時規(guī)范練37直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.C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;設(shè)=l,m,m,利用線面平行

7、的性質(zhì)定理,在平面中存在直線am,在平面中存在直線bm,所以可知ab,根據(jù)線面平行的判定定理,可得b,然后根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知bl,所以ml,故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若m,mn,則n或n,命題錯誤;若m,n,由線面垂直的性質(zhì)定理可知mn,命題正確;若m,m,則,命題正確;若,m,n,則m與n無公共點,所以,m與n平行或異面,命題錯誤.故選A.3.D如圖,設(shè)B1CBC1=O,可得平面BC1D1平面B1CE=OE,BD1平面B1CE,根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得BD1OE,O為B1C的中點,E為C1D1中點,D1E=EC1

8、.故選D.4.B如圖,連接AC,使AC交BD于點O,連接A1O,CF,則O為AC的中點,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1CC1,且AA1=CC1,則四邊形AA1C1C為平行四邊形,A1C1AC,且A1C1=AC.O,F分別為AC,A1C1的中點,A1FOC,且A1F=OC,四邊形A1OCF為平行四邊形,則CFA1O.CF平面A1BD,A1O平面A1BD,CF平面A1BD.故選B.5.D由三角形中位線定理可知,GHD1C,因為過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行,所以BD1,GH不可能互相平行,故A錯誤;由三角形中位線定理可知,EFA1B,因為過直線外一點有且只有一條直線與已知

9、直線平行,所以BD,EF不可能互相平行,故B錯誤;由三角形中位線定理可知,EFA1B,而直線A1B與平面ABCD相交,故直線EF與平面ABCD也相交,故平面EFGH與平面ABCD相交,故C錯誤;由三角形中位線定理可知,EFA1B,EHA1D1,所以EF平面A1BCD1,EH平面A1BCD1,而EFEH=E,因此平面EFGH平面A1BCD1,故D正確.故選D.6.AC在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是A1B1,B1C1,BB1的中點,FGBC1,BC1AD1,FGAD1.FG平面AA1D1D,AD1平面AA1D1D,FG平面AA1D1D.故A正確;EFA1C1,A1C1與平面

10、BC1D1相交,EF與平面BC1D1相交.故B錯誤;E,F,G分別是A1B1,B1C1,BB1的中點,FGBC1,FG平面BC1D1,BC1平面BC1D1,FG平面BC1D1.故C正確;EF與平面BC1D1相交,平面EFG與平面BC1D1相交,故D錯誤.故選AC.7.mnAC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.又四邊形EFGH是菱形,BEABm=AEABn,AEEB=mn.8.點M在線段FH上E,F,G,H分別為棱CC1,C1D1,D1D,DC的中點,

11、N是BC的中點,HNDB,FHD1D,又FHHN=H,平面FHN平面B1BDD1.點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動,若MN平面B1BDD1,則點M在線段FH上.9.根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得,若m,則m;根據(jù)線面垂直以及面面平行的性質(zhì)可得,若m,則m.10.(1)證明 由題意,可得CEAB,AB=2CE,所以O(shè)EOB=12.又因為PH=2HE,所以O(shè)HBP.又由BP平面BCP,OH平面BCP,所以O(shè)H平面BCP.(2)解 由平面APE平面ABCE,平面APE平面ABCE=AE,在菱形ABCD中,ABC=60,所以ABC,ADC都是等邊三角形,又E為CD中點,所以AECE,所以CE平面APE.因為C

12、EAB,所以AB平面APE,SAPH=23SAPE=23122432=433,所以四面體A-BPH的體積V=VB-APH=13SAPHAB=134334=1693.11.D如圖,連接D1A,AC,D1C,因為E,F,G分別為AB,BC,C1D1的中點,所以ACEF,EF平面ACD1,則EF平面ACD1,因為EGAD1,所以同理得EG平面ACD1,又EFEG=E,得平面ACD1平面EFG,因為直線D1P平面EFG,所以點P在直線AC上,在ACD1中,有AD1=2,AC=2,CD1=2,所以SAD1C=12222-222=72,故當D1PAC時,線段D1P的長度最小,有SAD1C=12ACD1P,

13、解得D1P=72122=72.故選D.12.25設(shè)AT=x,則A1T=1-x.由面面平行的性質(zhì)定理可知OPSR,OTQR,PQTS,則DOPB1RS.又因為DP=DO=1,所以B1S=B1R=12,所以A1S=C1R=32.由ATOC1QR,可得AOAT=C1RC1Q,所以C1Q=32x.由A1TSCQP,可得CQCP=A1TA1S,所以CQ=23(1-x),所以32x+23(1-x)=1,可得x=25,所以AT=25.13.(1)證明 因為ACBD=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EF

14、BD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,由基本事實3可知,RPQ,因此,P,Q,R三點共線;(2)解 存在點M,使得平面B1D1M平面EFBD.如下圖所示,設(shè)B1D1A1C1=O,過點O作OMPQ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B1D1EF.因為B1D1平面EFBD,EF平面EFBD,所以B1D1平面EFBD.又OMPQ,OM平面EFBD,PQ平面EFBD,所以O(shè)M平面EFBD.因為OMB1D1=O,OM,

15、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EFB1D1,且EFOC1=Q,則點Q為OC1的中點,易知A1C1AC,即OQPM,又OMPQ,所以四邊形OMPQ為平行四邊形,所以PM=OQ=12OC1=14A1C1=14AC.因為四邊形ABCD為正方形,且ACBD=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B1D1M平面EFBD.14.證明 (1)四邊形ABCD是矩形,BCAD.又AD平面ADEF,BC平面ADEF,BC平面ADEF.又BC平面BCEF,平面ADEF平面BCEF=EF,BCEF.又BC平面ABCD,EF平面ABCD,EF平面ABCD.(2)設(shè)G,H分別是棱BC,AD上的點,且滿足GC=HD=EF,連接FG,FH,GH.由(1)知,GCHDEF,四邊形GCEF和GCDH為平行四邊形.GFCE,GHCD.又CDCE=C,平面GHF平面CDE,多面體CDE-GHF為三棱柱.因此,芻甍ABCDEF可被分割成四棱錐F-ABGH和三棱柱CDE-GHF.由題意知,在矩形ABGH中,BG=BC-CG=BC-EF=a-b,AB=c,矩形ABGH的面積S矩形ABGH=(a-b)c.又四棱錐F-ABGH的高,即“點F到平面