（課標通用版）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何 第4講 直線、平面平行的判定與性質(zhì)檢測 文

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1、第4講 直線、平面平行的判定與性質(zhì) [基礎(chǔ)題組練] 1．(2018·高考浙江卷)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A.若m?α，n?α，m∥n，由線面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m?α，n?α，不一定推出m∥n，直線m與n可能異面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要條件．故選A. 2．(2019·重慶六校聯(lián)考)設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則α∥β的一個充分條件是(　　) A．存在一條直線a，a∥α，a∥β B．存

2、在一條直線a，a?α，a∥β C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α 解析：選D.對于選項A，若存在一條直線a，a∥α，α∥β，則α∥β或α與β相交，若α∥β，則存在一條直線a，使得a∥α，a∥β，所以選項A的內(nèi)容是α∥β的一個必要條件；同理，選項B，C的內(nèi)容也是α∥β的一個必要條件而不是充分條件；對于選項D，可以通過平移把兩條異面直線平移到一個平面中，成為相交直線，則有α∥β，所以選項D的內(nèi)容是α∥β的一個充分條件．故選D. 3.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AD上的點，且AE∶E

3、B＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中點，則(　　) A．BD∥平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形 解析：選B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF?平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四邊形EFGH是梯形． 4．(2018·四川名校聯(lián)考)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN

4、＝，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能確定 解析：選B.由題意可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分別取BC，BB1上的點P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，連接MQ，NP，PQ，則MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四邊形MQPN是平行四邊形，則MN∥QP，QP?平面BCC1B1，MN?平面BCC1B1，則MN∥平面BCC1B1，故選B. 5．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中點，則BD1與平面ACE的位置關(guān)系為________． 解析：如圖，連接AC，BD交于O點，連接OE，因為

5、OE∥BD1，而OE?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 6.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長等于________． 解析：因為EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， 所以EF∥AC，所以F為DC的中點． 故EF＝AC＝. 答案： 7．(2019·重慶六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點． (1)求證：AF∥平面PEC

6、； (2)求點F到平面PEC的距離． 解：(1)設(shè)PC的中點為Q，連接EQ，F(xiàn)Q(圖略)， 由題意，得FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD， 故AE∥FQ且AE＝FQ，所以四邊形AEQF為平行四邊形， 所以AF∥EQ，又EQ?平面PEC，AF?平面PEC. 所以AF∥平面PEC. (2)由(1)，知點F到平面PEC的距離等于點A到平面PEC的距離，設(shè)為d，連接AC，由條件易求得EC＝，PE＝，PC＝2，AC＝2， 故S△PEC＝×2×＝，S△AEC＝×1×＝， 由VA-PEC＝VP-AEC，得××d＝××2， 解得d＝. 8.如圖，在正方體ABCD-A1B1

7、C1D1中，S是B1D1的中點，E、F、G分別是BC、DC、SC的中點，求證： (1)直線EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 證明：(1)如圖，連接SB， 因為E、G分別是BC、SC的中點， 所以EG∥SB. 又因為SB?平面BDD1B1， EG?平面BDD1B1， 所以直線EG∥平面BDD1B1. (2)連接SD， 因為F、G分別是DC、SC的中點， 所以FG∥SD. 又因為SD?平面BDD1B1，F(xiàn)G?平面BDD1B1， 所以FG∥平面BDD1B1，又EG?平面EFG， FG?平面EFG，EG∩FG＝G， 所以平面EFG∥平面BDD

8、1B1. [綜合題組練] 1．如圖，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列說法中，錯誤的為(　　) A．AC⊥BD B．AC＝BD C．AC∥截面PQMN D．異面直線PM與BD所成的角為45° 解析：選B.因為截面PQMN是正方形， 所以PQ∥MN，QM∥PN， 則PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA， 所以PQ∥AC，QM∥BD， 由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正確； 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正確； 由BD∥PN， 所以∠MPN是異面直線PM與BD所成的角，且為45°，D正確； 由上面可知：BD∥PN，MN∥AC. 所以＝，

9、＝， 而AN≠DN，PN＝MN， 所以BD≠AC.B錯誤．故選B. 2.如圖所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱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只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況) 解析：連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥DD1，HN∥BD， 所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN?平面FHN， 所以MN∥平面B1BDD1. 答案：點M在線段FH上(或點M與點H重合) 3．(2019·南昌市

10、摸底調(diào)研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點． (1)求證：平面CMN∥平面PAB； (2)求三棱錐P-ABM的體積． 解：(1)因為M，N分別為PD，AD的中點， 所以MN∥PA， 又MN?平面PAB，PA?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN， 所以∠ACN＝60°. 又∠BAC＝60°，所以CN∥AB. 因為CN?平面PAB，AB?平面PAB，所以CN∥平面PAB. 又CN∩MN＝N，所以平面C

11、MN∥平面PAB. (2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB， 所以點M到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離． 因為AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝， 所以三棱錐P-ABM的體積V＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝××1××2＝. 4．如圖，ABCD與ADEF為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點． (1)求證：BE∥平面DMF； (2)求證：平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO，又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF. (2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DE∥GN，又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 又M為AB中點， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN，又BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BDE∥平面MNG. 6