適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考數(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.(2024陜西榆林一模)若m,n為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面,則下列結(jié)論正確的是()A.若m∥α,α∥β,則m∥βB.若m⊥α,α⊥β,則m∥βC.若m∥n,n∥α,則m∥αD.若m⊥α,α∥β,則m⊥β2.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(diǎn),且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,H,G分別為BC,CD的中點(diǎn),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ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一點(diǎn)(不與端點(diǎn)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(diǎn)的直線m分別交α,β于點(diǎn)C,E,過B點(diǎn)的直線n分別交α,β于點(diǎn)D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,則BD的長為()A.65 B.75 C.856.一幾何體的平面綻開圖如圖所示,其中四邊形ABCD為正方形,P1,P2,P3,P4四點(diǎn)折疊后重合為點(diǎn)P,E,F分別為P1B,P2C的中點(diǎn),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ABCD-A1B1C1D1的三個頂點(diǎn)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.如圖,在四棱錐P-ABCD中,BC∥平面PAD,BC=12AD,點(diǎn)N是AD的中點(diǎn).(1)BC∥AD;(2)CN∥平面PAB.9.已知底面為菱形的四棱錐P-ABCD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(diǎn),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(diǎn);②E是PC的中點(diǎn);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(diǎn),M,N,P為所在棱的中點(diǎn),則在這四個正方體中,直線AB∥平面MNP的是()11.(2024浙江杭州二模)如圖,點(diǎn)A,B,C,M,N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn),則下列各圖中,不滿意直線MN∥平面ABC的是()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(diǎn),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.(2024陜西咸陽二模)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=8,AB=4,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn).(1)求證:MN∥平面C1DE;(2)求三棱錐N-C1DE的體積.14.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為D1C1,B1C1的中點(diǎn),AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,如圖.(1)若A1C交平面EFBD于點(diǎn)R,求證:P,Q,R三點(diǎn)共線.(2)線段AC上是否存在點(diǎn)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.在三棱錐A-BCD中,對棱AB=CD=5,AD=BC=13,AC=BD=10,當(dāng)平面α與三棱錐A-BCD的某組對棱均平行時,則三棱錐A-BCD被平面α所截得的截面面積的最大值為.

16.(2024陜西商洛一模)如圖,正方形ABCD對角線的交點(diǎn)為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,G為AB的中點(diǎn),M為AD的中點(diǎn).(1)求證:FM∥平面ECG;(2)若AB=BE=2,求點(diǎn)M到平面ECG的距離.

課時規(guī)范練40直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.D解析若m∥α,α∥β,則m∥β或m?β,故A不正確;若m⊥α,α⊥β,則m∥β或m?β,故B不正確;若m∥n,n∥α,則m∥α或m?α,故C不正確;若m⊥α,α∥β,則m⊥β,故D正確.故選D.2.A解析依據(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,依據(jù)線面平行的性質(zhì)可得D1B∥EO,∵O為B1C的中點(diǎn),∴E為C1D1中點(diǎn),∴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?yàn)檫^A1,C1,B三點(diǎn)的平面與底面A1B1C1D1的交線為A1C1,與底面ABCD的交線為l,且正方體的兩底面相互平行,所以由面面平行的性質(zhì)定理知l∥A1C1.8.證明(1)∵BC∥平面PAD,BC?平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴BC∥AD.(2)由(1)知,BC∥AN,又N是AD的中點(diǎn),BC=12AD,∴BC=AN∴四邊形ABCN是平行四邊形,∴CN∥AB,又CN?平面PAB,AB?平面PAB,∴CN∥平面PAB.9.解選①②,證明③:如圖,取PD的中點(diǎn)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?yàn)锽E?平面PDF,MF?平面PDF,所以BE∥平面PFD.選②③,證明①:如圖,取PD的中點(diǎn)M,連接ME,FM,則ME∥CD,ME=12CD因?yàn)镕B∥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?yàn)镸E=12CD=12所以BF=12AB,即F是AB的中點(diǎn)選①③,證明②:如圖,取CD的中點(diǎn)N,連接BN,EN,則DN∥FB,DN=FB,四邊形BFDN是平行四邊形,BN∥DF.因?yàn)锽N?平面PDF,DF?平面PDF,所以BN∥平面PDF.因?yàn)锽E∥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?yàn)镹是CD的中點(diǎn),所以E是PC的中點(diǎn).10.ABD解析對于選項(xiàng)A,由圖可知AC∥MN,CB∥NP,故依據(jù)面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP.又因?yàn)锳B?平面ABC,所以直線AB∥平面MNP,故A正確;對于選項(xiàng)B,依據(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(xiàng)C,由題意可知,平面MNP內(nèi)不存在隨意一條直線與直線AB平行,故直線AB與平面MNP不平行,故C錯誤;對于選項(xiàng)D,如圖可知AC∥NP,CB∥NM,故依據(jù)面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP,又因?yàn)锳B?平面ABC,所以直線AB∥平面MNP,故D正確.故選ABD.11.D解析對于A選項(xiàng),易知MN所在的正方體的平面∥平面ABC,故MN∥平面ABC,A滿意;對于B選項(xiàng),能視察出MN∥AB,且MN?平面ABC,所以MN∥平面ABC,B滿意;對于C選項(xiàng),如圖1所示,延長CB,FG交于點(diǎn)E,點(diǎn)A,E為面ABC與正方體上底面的兩個交點(diǎn),連接AE交KG于點(diǎn)D,所以A,D,B,C四點(diǎn)共面,易知D為KG的中點(diǎn),所以AD∥HG,HG∥MN,所以AD∥MN,易知MN∥平面ABC,C滿意;對于D選項(xiàng),作出平面ABC與正方體各面的交線如圖2,故MN?平面ABC,D不滿意.故選D.圖1圖212.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,EF=EH,∴BEABm=AEABn,∴AE∶EB=m∶13.(1)證明如圖,連接ME,B1C,∵E,M分別為BC,BB1的中點(diǎn),∴ME為△B1BC的中位線,∴ME∥B1C且ME=12B1C,又N為A1D的中點(diǎn),A1D∥B1C,A1D=B1C,∴ND∥B1C,ND=12B1∴ME∥ND,ME=ND,∴四邊形MNDE為平行四邊形,∴MN∥DE,又MN?平面C1DE,DE?平面C1DE,∴MN∥平面C1DE.(2)解如圖,連接C1M,ME,由(1)得,MN∥平面C1DE,∴VN在矩形BCC1B1中,S△C1ME=S矩形BCC1B1-S△BEM∵四邊形ABCD為菱形,∠BAD=60°,E為BC的中點(diǎn),∴DE⊥BC.由題意知DE⊥CC1,BC∩CC1=C,BC,CC1?平面BCC1B1,∴DE⊥平面BCC1B1,則DE為三棱錐D-C1EM的高.∵DE=42-22=23,∴VD-C1ME=13∴三棱錐N-C1DE的體積為83.14.(1)證明因?yàn)锳C∩BD=P,AC?平面AA1C1C,BD?平面EFBD,所以點(diǎn)P是平面AA1C1C和平面EFBD的一個公共點(diǎn),同理可知,點(diǎn)Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共點(diǎn),即平面AA1C1C和平面EFBD的交線為PQ.因?yàn)锳1C∩平面EFBD=R,A1C?平面AA1C1C,所以點(diǎn)R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共點(diǎn),故R∈PQ,因此,P,Q,R三點(diǎn)共線.(2)解存在點(diǎn)M,使得平面B1D1M∥平面EFBD.如圖所示,設(shè)B1D1∩A1C1=O,過點(diǎn)O作OM∥PQ交AC于點(diǎn)M,連接B1M,D1M,下面證明平面B1D1M∥平面EFBD.因?yàn)镋,F分別為D1C1,B1C1的中點(diǎn),所以B1D1∥EF.因?yàn)锽1D1?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?yàn)镺M∩B1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M∥平面EFBD.因?yàn)镋,F分別為D1C1,B1C1的中點(diǎn),所以EF∥B1D1,且EF∩OC1=Q,易知點(diǎn)Q為OC1的中點(diǎn),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?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,且AC∩BD=P,則P為AC的中點(diǎn),所以點(diǎn)M為AP的中點(diǎn),所以AM=12AP=14AC,因此,線段AC上存在點(diǎn)M,且AMAC=14時,平面B1D15.3解析因?yàn)槊拷M對棱棱長相等,所以可以把三棱錐A-BCD放入長方體中,設(shè)長方體的長、寬、高分別為x,y,z,不妨設(shè)x<y<z,則x2+y2=5,x當(dāng)平面α與三棱錐A-BCD的對棱AB,CD均平行時,截面為四邊形EFGH,當(dāng)E,F,G,H分別為棱AD,AC,BC,BD的中點(diǎn)時,截面EFGH面積最大,最大面積為12xy=1同樣地,當(dāng)平面α與三棱錐A-BCD的對棱AC,BD均平行時,截面最大面積為12xz=3當(dāng)平面α與三棱錐A-BCD的對棱AD,BC均平行時,截面最大面積為12yz=3綜上,三棱錐A-BCD被平面α所截得的截面面積的最大值為3.16.(1)證明如圖,連接GM,∵G,M分別是AB,AD的中點(diǎn),∴GM∥BD且GM=12BD∵O是正方形ABCD的中心,∴OB=12BD.∵四邊形OBEF為矩形,∴EF∥OB且EF=OB∴EF∥GM且EF=GM,∴四邊形EFMG是平行四邊形,∴EG∥FM