2020版数学新优化浙江大一轮试题：第八章 立体几何 考点规范练38 .docx

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1、考点规范练38直线、平面平行的判定与性质考点规范练第49页基础巩固组1.(2018浙江镇海中学)设a,b是两条直线,表示两个平面,如果a,那么b是ab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答案A解析如果a,b,则必有ba.如果a,ab,不能保证b.故“b”是“ab”的充分不必要条件.2.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,ABA1B1,AB平面ABC,A1B1平面ABC,A1B1平面ABC.过A1B1的平

2、面与平面ABC交于DE,DEA1B1,DEAB.3.(2017课标高考)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解析易知选项B中,ABMQ,且MQ平面MNQ,AB平面MNQ,则AB平面MNQ;选项C中,ABMQ,且MQ平面MNQ,AB平面MNQ,则AB平面MNQ;选项D中,ABNQ,且NQ平面MNQ,AB平面MNQ,则AB平面MNQ,故排除选项B,C,D;故选A.4.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQAC,则下列命题错误的是()A.ACBDB.AC截面PQMNC.AC=BDD.

3、异面直线PM与BD所成的角为45答案C解析由题意可知PQAC,QMBD,PQQM,所以ACBD,故A正确;由PQAC可得AC截面PQMN,故B正确;由PNBD可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,又四边形PQMN为正方形,所以MPN=45,故D正确;而AC=BD没有论证来源.5.,为不同的平面,a,b,c为三条不同的直线,则下列命题正确的是()A.若,则B.若a,ab,则bC.若a,b,ca,cb,则cD.若a,b,则ab答案D解析对于A,当平面,两两垂直时,显然结论不成立,故A错误;对于B,若b,显然结论不成立,故B错误;对于C,以长方体ABCD-ABCD为例,AB平面AB

4、CD,CD平面ABCD,BCAB,BCCD,但BC与平面ABCD不垂直,故C错误;对于D,由线面垂直的性质“垂直于同一个平面的两条直线平行”可知D正确.故选D.6.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件时,有平面D1BQ平面PAO.答案Q为CC1的中点解析如图,假设Q为CC1的中点,因为P为DD1的中点,所以QBPA.连接DB,因为P,O分别是DD1,DB的中点,所以D1BPO.又D1B平面PAO,QB平面PAO,所以D1B平面PAO,QB平面PAO.又D1BQB=B,所以平面D1BQ平面PAO.故Q满足条件Q为CC

5、1的中点时,有平面D1BQ平面PAO.7.如图,在四面体ABCD中,M,N分别是ACD,BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是.(写出一个即可)答案平面ABC(或平面ABD)解析连接AM并延长交CD于E,则E为CD的中点.由于N为BCD的重心,所以B,N,E三点共线,且EMMA=ENNB=12,所以MNAB.于是MN平面ABD且MN平面ABC.8.如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD为正方形,E,F分别为侧棱VC,VB上的点,且满足VC=3EC,AF平面BDE,则VBFB=.答案2解析连接AC,交BD于点O,取VE的中点G,连接FG,AG,当VF=FB时,FGBE,OEAG,所以

6、平面AFG平面BDE,所以AF平面BDE.故VBFB=2.能力提升组9.(2018浙江嘉兴)若,是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为()若直线m,则在平面内,一定不存在与直线m平行的直线.若直线m,则在平面内,一定存在无数条直线与直线m垂直.若直线m,则在平面内,不一定存在与直线m垂直的直线.若直线m,则在平面内,一定存在与直线m垂直的直线.A.B.C.D.答案C解析对于,若直线m,互相垂直,则在平面内,存在与直线m平行的直线,错误;对于,若直线m,则直线m垂直于平面内的所有直线,则在平面内,一定存在无数条直线与直线m垂直,正确;对于,若直线m,则在平面内,一定存在与直线m垂直的直线

7、,错误;对于,若直线m,则在平面内,一定存在与直线m垂直的直线,正确.故选C.10.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AEEB=AFFD=14.又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH平面ADC,且四边形EFGH是梯形答案B解析如图,由题意得EFBD,且EF=15BD.HGBD,且HG=12BD,EFHG,且EFHG.四边形EFGH是梯形.又EF平面BCD,而EH与平面ADC不平行,故B正确.11.a,b,c表示不同的直线,M表示

8、平面,给出四个命题:若aM,bM,则ab或a,b相交或a,b异面;若bM,ab,则aM;若ac,bc,则ab;若aM,bM,则ab.其中正确的为()A.B.C.D.答案A解析对于,当aM,bM时,则a与b平行、相交或异面,为真命题.中,bM,ab,则aM或aM,为假命题.命题中,a与b相交、平行或异面,为假命题.由线面垂直的性质,知命题为真命题,所以为真命题.12.平面平面的一个充分条件是()A.存在一个平面,B.存在一条直线a,a,aC.存在两条平行直线a,b,a,b,a,bD.存在两条异面直线a,b,a,b,a,b答案D解析空间中垂直于同一个平面的两平面相交或平行,故排除A.若=l,a,a

9、l,则a,故排除B.若=l,a,al,b,bl,则a,b,故排除C.13.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,在对角线A1D上取点M,在CD1上取点N,使得线段MN平行于对角面ACC1A1,则MN的最小值是()A.33B.1C.2D.22答案A解析作MM1AD于点M1,NN1DC于点N1,下面证明M1N1AC.MM1平面A1ACC1及MN平面A1ACC1,且MM1与MN相交,MNN1M1所确定的平面与A1ACC1平行(如果一个平面内有两条相交直线和另一个平面平行,则这两个平面平行).现ABCD分别去截这两个平行平面,则它们的交线M1N1AC.设DM1=DN1=x,则MM1=x,NN

10、1=1-x.过点M作MHNN1于H,NH=1-2x,M1N1=2x.由勾股定理得MN2=(2x)2+(1-2x)2=6x-132+13.故当x=13时,MN取到最小值33.14.如图,平面,线段AB分别交,于M,N,线段AD分别交,于C,D,线段BF分别交,于F,E,若AM=9,MN=11,NB=15,SFMC=78.则END的面积为.答案100解析,平面AND分别与,交于MC,ND,MCND.同理MFNE.FMC=END.SENDSFMC=12ENNDsinEND12FMMCsinFMC=ENNDFMMC.又ENFM=BNBM,NDMC=ANAM,BN=15,BM=15+11=26,AN=9

11、+11=20,AM=9,SEND=BNANBMAMSFMC=100.15.设,为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“若=m,n,且,则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.,n;m,n;n,m.可以填入的条件有.答案或解析由面面平行的性质定理可知,正确;当n,m时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以平行,正确.16.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点P是棱AD上一点,且AP=a3,过B1,D1,P的平面交底面ABCD于PQ,Q在直线CD上,则PQ=.答案223a解析因为平面A1B1C1D1平面ABCD,而平面B1D1P平面ABCD=P

12、Q,平面B1D1P平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1PQ.又因为B1D1BD,所以BDPQ,设PQAB=M,因为ABCD,所以APMDPQ.所以PQPM=PDAP=2,即PQ=2PM.又知APMADB,所以PMBD=APAD=13,所以PM=13BD,又BD=2a,所以PQ=223a.17.如图,ABCD与ADEF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)如图,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BEMO,又BE平面DMF,MO平面DMF,所以BE平面DMF.(2)

13、因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DEGN,又DE平面MNG,GN平面MNG,所以DE平面MNG.又M为AB中点,所以MN为ABD的中位线,所以BDMN,又BD平面MNG,MN平面MNG,所以BD平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE平面MNG.18.在如图所示的几何体中,四边形CDEF为正方形,四边形ABCD为等腰梯形,ABCD,AC=3,AB=2BC=2,ACFB.(1)求证:AC平面FBC.(2)求四面体FBCD的体积.(3)线段AC上是否存在点M,使EA平面FDM?若存在,请说明其位置,并加以证明;若不存在,请说明理由.(1)证明

14、在ABC中,因为AC=3,AB=2,BC=1,所以AC2+BC2=AB2,所以ACBC.又因为ACFB,BCFB=B,所以AC平面FBC.(2)解因为AC平面FBC,FC平面FBC,所以ACFC.因为CDFC,ACCD=C,所以FC平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得CB=DC=1,所以FC=1.所以BCD的面积为S=34.所以四面体FBCD的体积为VFBCD=13SFC=312.(3)解线段AC上存在点M,且点M为AC中点时,有EA平面FDM.证明如下:连接CE,与DF交于点N,取AC的中点M,连接MN.因为四边形CDEF是正方形,所以点N为CE的中点.所以EAMN.因为MN平面FDM,EA平面FDM,所以EA平面FDM.所以线段AC上存在点M,且M为AC的中点,使得EA平面FDM成立.