【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第9章-第4节-线面、面面平行的判定与性质.docx

第九章　第四节

一、选择题
1．(2022·广东揭阳一模)设平面α，β，直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”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]　B
[解析]　由平面与平面平行的判定定理可知，若直线a，b是平面α内两条相交直线，且有“a∥β，b∥β”，则有“α∥β”，当“α∥β”时，若a⊂α，b⊂α，则有“a∥β，b∥β”，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．
2．(文)已知l是直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的真命题是(　　)
A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
C．若l⊥α，l∥β，则α⊥β D．若l∥α，α∥β，则l∥β
[答案]　C
[解析]　如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面ADD1A1为α，平面ABCD为β，B1C1为l，则排解A、B；
又取平面ADD1A1为α，平面BCC1B1为β，B1C1为l，排解D．

(理)(2021·浙江金华十校期末)设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列命题中正确的是(　　)
A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n
D．若l⊥m，l⊥n，则n∥m
[答案]　C
[解析]　m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，需要m与n相交才有l⊥α，A错误；若m⊂α，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交，也可能异面，B错误；若l⊥m，l⊥n，n与m可能平行、相交，也可能异面，D错误．
3．(2022·沈阳模拟)已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.
其中真命题的个数是(　　)
A．0　　　 B．1　　　
C．2　　　 D．3
[答案]　A
[解析]　①错误，没有指出a⊄α；
②错误，没有指出b⊄α；
③错误，a∥α，b∥α时，a与b可能平行，也可能相交、异面，故选A．
4．(文)(2021·浙江嘉兴一模)已知α，β是空间中两个不同平面，m，n是空间中两条不同直线，则下列命题中错误的是(　　)
A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
B．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
C．若m⊥α，m⊥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
[答案]　B
[解析]　选项B中不能判定m∥n，m与n的位置关系还有可能为异面．
(理)已知m、n是两条直线，α、β是两个平面，给出下列命题：①若n⊥α，n⊥β，则α∥β；②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；③若n、m为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是(　　)
A．3个　　 B．2个　　
C．1个　　 D．0个
[答案]　B
[解析]　垂直于同始终线的两个平面平行，故①正确；对于②，若平面α上的三点在平面β的异侧，则它们相交，故②错；依据线面平行的性质定理和面面平行的判定定理，可知③正确．
5．(文)给出下列命题，其中正确的两个命题是(　　)
①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．
A．①与②　 B．②与③
C．③与④　 D．②与④
[答案]　D
[解析]　直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．
(理)对于平面α和共面的直线m、n，下列命题是真命题的是(　　)
A．若m，n与α所成的角相等，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m⊂α，n∥α，则m∥n
[答案]　D
[解析]　正三棱锥P－ABC的侧棱PA、PB与底面成角相等，但PA与PB相交应排解A；若m∥α，n∥α，则m与n平行或相交，应排解B；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，应排解C．
∵m、n共面，设经过m、n的平面为β，
∵m⊂α，∴α∩β＝m，
∵n∥α，∴n∥m，故D正确．
6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB、CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线(　　)

A．不存在　 B．有1条
C．有2条　 D．有很多条
[答案]　D
[解析]　由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质3知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的直线有很多条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行，故选D．
二、填空题
7．(2022·安徽涡阳检测)一个透亮     密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的外形可以是：①三角形；②长方形；③正方形；④正六边形．其中正确的结论是________．(把你认为正确结论的序号都填上)
[答案]　②③④
[解析]　由于正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．三角形截面不过正方体的中心，故①不正确；
过正方体的一对棱和中心可作一截面，截面外形为长方形，故②正确；
过正方体四条相互平行的棱的中点得截面外形为正方形，该截面过正方体的中心，故③正确；
过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面外形的正六边形，故④正确．

故应填②③④.
8．(文)在空间中，有如下命题：
①相互平行的两条直线在同一个平面内的射影必定是相互平行的两条直线；
②若平面α∥平面β，则平面α内任意一条直线m∥平面β；
③若平面α与平面β的交线为m，平面α内的直线n⊥直线m，则直线n⊥平面β；
④若平面α内的三点A、B、C到平面β的距离相等，则α∥β.
其中正确命题的序号为________．
[答案]　②
[解析]　①中，相互平行的两条直线的射影可能重合，①错误；②正确；③中，平面α与平面β不愿定垂直，所以直线n就不愿定垂直于平面β，③错误；④中，若平面α内的三点A、B、C在一条直线上，则平面α与平面β可以相交，④错误．
(理)已知m、n是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列命题：
①若m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥β；
②若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n⊂γ，则m⊥n；
③若m⊥α，α⊥β，m∥n，则n∥β；
④若n∥α，n∥β，α∩β＝m，那么m∥n.
其中正确命题的序号是________．
[答案]　②④
[解析]　命题①中，直线m、n不愿定相交，即命题①不正确；命题②中，垂直于同一个平面的两个平面的位置关系可以平行或相交，若相交，其交线必与第三个平面垂直，∴m⊥γ，又n⊂γ，∴m⊥n，即命题②正确；若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又α⊥β，则n∥β或n⊂β，即命题③不正确；由线面平行的判定与性质定理可知命题④正确．则正确命题的序号为②④.
9．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是______(写出全部符合要求的图形序号)．

[答案]　①③
[解析]　如图①，∵MN∥AD，NP∥AC，∴平面MNP∥平面ADBC，∴AB∥平面MNP.
如图②，假设AB∥平面MNP，设BD∩MP＝Q，则NQ为平面ABD与平面MNP的交线，∴AB∥NQ，∵N为AD的中点，∴Q为BD的中点，但由M、P分别为棱的中点知，Q为BD的分点，冲突，∴AB∥\ 平面MNP.
如图③，∵BD綊AC，∴四边形ABDC为平行四边形，
∴AB∥CD，又∵M、P为棱的中点，∴MP∥CD，∴AB∥MP，从而可得AB∥平面MNP.
如图④，假设AB∥平面MNP，并设直线AC∩平面MNP＝D，则有AB∥MD，∵M为BC中点，∴D为AC中点，这样平面MND∥平面AB，明显与题设条件不符，∴AB∥\ 平面MNP.
三、解答题
10．(文)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，点M、N分别为A′B和B′C′的中点．

(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)求三棱锥A′－MNC的体积(锥体体积公式V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)．
[分析]　(1)欲证MN∥平面A′ACC′，须在平面A′ACC′内找到一条直线与MN平行，由于M、N分别为A′B，B′C′的中点，B′C′与平面A′ACC′相交，又M为直三棱柱侧面ABB′A′的对角线A′B的中点，从而M为AB′的中点，故MN为△AB′C′的中位线，得证．(2)欲求三棱锥A′－MNC的体积，留意到直三棱柱的特殊性和点M、N为中点，可考虑哪一个面作为底面有利于问题的解决，视A′MC为底面，则S△A′MC＝S△A′BC，∴VA′－MNC＝VN－A′BC，又VN－A′BC＝VA′－NBC，易知A′N为三棱锥A′－NBC的高，于是易得待求体积．
[解析]　(1)证明：连接AB′，AC′，由题意知，ABB′A′为平行四边形，

所以M为AB′中点．
又由于N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.
又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，
因此MN∥平面A′ACC′.
(2)连接BN，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，∴A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，所以A′N⊥平面NBC．
又A′N＝B′C′＝1，
故VA′－MNC＝VN－A′MC＝VN－A′BC＝VA′－NBC＝.
[点评]　本题考查了线面平行的证明，锥体的体积两方面的问题，对于(1)还可以利用面面平行(平面MPN∥平面A′ACC′，其中P为A′B′的中点)来证明；
(2)还可利用割补法求解．
(理)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．

(1)求证：FH∥平面EDB；
(2)求证：AC⊥平面EDB；
(3)求四周体B－DEF的体积．
[解析]　(1)证明：设AC与BD交于点G，联结EG、GH.
则G为AC中点，∵H是BC中点，

∴GH綊AB，又∵EF綊AB，
∴四边形EFHG为平行四边形．∴FH∥EG.
又EG⊂平面EDB，而FH⊄平面EDB，
∴FH∥平面EDB．
(2)证明：∵EF∥AB，EF⊥FB．∴AB⊥FB．
又四边形ABCD为正方形，
∴AB⊥BC，又FB∩BC＝B，∴AB⊥平面BFC．
∵FH⊂平面BFC，∴AB⊥FH.
又∵FB＝FC，H是BC中点，∴FH⊥BC．
又AB∩BC＝B，∴FH⊥平面ABCD，∴FH⊥AC．
又EG∥FH，∴EG⊥AC，
又AC⊥BD，BD∩EG＝G，∴AC⊥平面EDB．
(3)∵EF⊥BF，BF⊥FC且EF∩FC＝F，

∴BF⊥平面CDEF，
即BF⊥平面DEF.
∴BF为四周体B—DEF的高．
又∵BC＝AB＝2，∴BF＝FC＝.
四边形CDEF为直角梯形，且EF＝1，CD＝2.
∴S△DEF＝(1＋2)×－×2×＝，
∴VB—DEF＝××＝.

一、解答题
11．(2022·海淀区期末)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，CC1的中点．

(1)求证：AB⊥平面AA1C1C；
(2)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；
(3)证明：EF⊥A1C．
[解析]　(1)证明：∵A1A⊥底面ABC，∴A1A⊥AB，
又∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A，
∴AB⊥平面AA1C1C．

(2)∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴AB∥DE，
∵在△ABC中E是BC的中点，∴D是线段AC的中点．
(3)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A＝AC，
∴侧面A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1，
由(1)可得AB⊥A1C，
∵AB∩AC1＝A，∴A1C⊥平面ABC1，
∴A1C⊥BC1.
又∵E，F分别为棱BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，
∴EF⊥A1C．
12．(文) (2021·北京丰台期末)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，点M，N分别为A1C1与A1B的中点．

(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)求证：平面A1BC⊥平面A1ABB1.
[证明]　(1)连接BC1，
∵点M，N分别为A1C1与A1B的中点，∴MN∥BC1.
∵MN⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴MN∥平面BCC1B1.
(2)∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴AA1⊥BC．
又∵AB⊥BC，AA1∩AB＝A，∴BC⊥平面A1ABB1.
∵BC⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面A1ABB1.
(理)(2021·北京四中期中)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝a.

(1)求证：AD⊥B1D；
(2)求证：A1C∥平面AB1D；
(3)求三棱锥C－AB1D的体积．
[解析]　(1)证明：∵ABC－A1B1C1是正三棱柱，
∴BB1⊥平面ABC，
∵AD⊂平面ABC．∴AD⊥BB1.
又∵△ABC是正三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC．
又∵BC∩BB1＝B，
∴AD⊥平面B1BCC1.
又∵B1D⊂平面B1BCC1，
∴AD⊥B1D．
(2)证明：连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE.

∵AA1＝AB，∴四边形A1ABB1是正方形，
∴E是A1B的中点，
又∵D是BC的中点，
∴DE∥A1C．
∵DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，
∴A1C∥平面AB1D．
(3)解：VC－AB1D＝VB1－ADC＝S△ADC·|BB1|＝a3.
13．(2022·山东烟台一模)如图(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BA＝BC．把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图(2)所示，点E，F分别为棱PC，CD的中点．

(1)求证：平面OEF∥平面APD；
(2)求证：CD⊥平面POF；
(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱锥E－CFO的体积．
[解析]　(1)证明：由于点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC．
由于AB＝BC，所以O是AC的中点．
由于E是PC的中点，所以OE∥PA．由于PA⊂平面APD，OE⊄平面APD，
所以OE∥平面APD．同理OF∥平面APD．
又由于OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF，
所以平面OEF∥平面APD．
(2)证明：由于∠ADC＝90°，所以CD⊥AD．
由于OF∥AD，所以CD⊥OF.
由于PO⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，所以PO⊥CD．
又由于OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.
(3)由于∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，所以S△ACD＝×3×4＝6.由于点O，F分别是AC，CD的中点，所以S△CFO＝S△ACD＝.
由题意可知△ACP是边长为5的等边三角形，所以高OP＝，
即P点到平面ACD的距离为.又由于E为PC的中点，所以E到平面CFO的距离为，故VE－CFO＝××＝.
14．(文)(2022·保定模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC．设D、E分别为PA、AC中点．
(1)求证：DE∥平面PBC；
(2)求证：BC⊥平面PAB；
(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．

[解析]　(1)证明：由于点E是AC中点，点D为PA的中点，
所以DE∥PC．
又由于DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以DE∥平面PBC．
(2)证明：由于平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又PA⊂平面PAC，PA⊥AC，
所以PA⊥平面ABC．所以PA⊥BC．
又由于AB⊥BC，且PA∩AB＝A，
所以BC⊥平面PAB．
(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．
取AB中点F，连EF，DF.

由(1)可知DE∥平面PBC．
由于点E是AC中点，点F为AB的中点，
所以EF∥BC．
又由于EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以EF∥平面PBC．
又由于DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，
所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．
故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行．
(理)(2021·南昌一模)如图，多面体ABC－A1B1C1中，三角形ABC是边长为4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝4.

(1)若O是AB的中点，求证：OC1⊥A1B1；
(2)在线段AB1上是否存在一点D，使得CD∥平面A1B1C1？若存在，确定点D的位置；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)取线段A1B1的中点E，连接OE，C1E，CO，
已知等边三角形ABC的边长为4，AA1＝BB1＝2CC1＝4，AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1∥CC1，

∴四边形AA1B1B是正方形，OE⊥AB，CO⊥AB．
∵CO∩OE＝O，
∴AB⊥平面EOCC1，
又A1B1∥AB，OC1⊂平面EOCC1，∴OC1⊥A1B1.
(2)设OE∩AB1＝D，连接CD，则点D是AB1的中点，
∴ED∥AA1，ED＝AA1，
又∵CC1∥AA1，CC1＝AA1，
∴四边形CC1ED是平行四边形，
∴CD∥C1E，∴CD∥平面A1B1C1，
即存在点D，使得CD∥平面A1B1C1，且点D是AB1的中点．