2022版高考数学一轮复习-课时质量评价38-直线、平面平行的判定与性质新人教A版.doc

2022版高考数学一轮复习 课时质量评价38 直线、平面平行的判定与性质新人教A版2022版高考数学一轮复习 课时质量评价38 直线、平面平行的判定与性质新人教A版年级：姓名：课时质量评价(三十八)(建议用时：45分钟)A组全考点巩固练1如果AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是()A平行B相交CAC在此平面内D平行或相交A解析：把这三条线段放在正方体内如图，显然ACEF，AC平面EFG，EF平面EFG，故AC平面EFG.故选A2(多选题)下列命题中不是真命题的为()A若直线l平行于平面内的无数条直线，则直线lB若直线a在平面外，则aC若直线ab，b，则aD若直线ab，b，则a平行于平面内的无数条直线ABC解析：A中，l可以在平面内，故不是真命题；B中，也存在直线a与平面相交，故不是真命题；C中，a也可能在平面内，故不是真命题；D是真命题3(2020重庆育才中学月考)设m，n是两条不同的直线，是两个不重合的平面，有以下四个命题：若m，n且，则mn；若m，n且，则mn；若m，n且，则mn；若m，n且，则mn.其中真命题的序号是()A B C DA解析：对于命题，直线m，n可以相交、平行或异面，故是错误的；易知正确；对于命题，直线m，n可以相交、平行或异面，故是错误的故选A4如图，AB平面平面，过A，B的直线m，n分别交，于C，E和D，F.若AC2，CE3，BF4，则BD的长为()A B C DC解析：由AB，易证，即，所以BD.5若平面截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面平行的棱有()A0条B1条C2条D0条或2条C解析：如图，设平面截三棱锥所得的四边形EFGH是平行四边形，则EFGH，EF平面BCD，GH平面BCD，所以EF平面BCD又EF平面ACD，平面ACD平面BCDCD，则EFCD，EF平面EFGH，CD平面EFGH，则CD平面EFGH.同理AB平面EFGH，所以该三棱锥与平面平行的棱有2条故选C6如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于_解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB2，所以AC2.又E为AD的中点，EF平面AB1C，EF平面ACD，平面ACD平面AB1CAC，所以EFAC，所以F为DC的中点，所以EFAC.7如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件_时，就有MN平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析：连接HN，FH，FN(图略)，则FHDD1，HNBD，所以平面FHN平面B1BDD1.故只需MFH，则MN平面FHN，所以MN平面B1BDD1.8如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E，F分别是线段A1D，BC1的中点延长D1A1到点G，使得D1A1A1G.证明：GB平面DEF.证明：连接A1C，B1C，则B1C，BC1交于点F(图略)因为CBD1A1，D1A1A1G，所以CBA1G，所以四边形BCA1G是平行四边形，所以GBA1C又GB平面A1B1CD，A1C平面A1B1CD，所以GB平面A1B1CD又点D，E，F均在平面A1B1CD内，所以GB平面DEF.9如图，在四棱锥P-ABCD中，ABCD，AB2CD，E为PB的中点(1)求证：CE平面PAD(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD平面CEF？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由(1)证明：如图，取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB.又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD，因此四边形DCEH为平行四边形，所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD(2)解：存在点F为AB的中点，使平面PAD平面CEF.证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，则AFAB.因为CDAB，所以AFCD又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CFAD又AD平面PAD，CF平面PAD，所以CF平面PAD由(1)知CE平面PAD，又CECFC，故平面CEF平面PAD，故存在AB的中点F满足要求B组新高考培优练10(2020福州3月质检)已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是()A若c平面，则aB若c平面，则a，bC存在平面，使得c，a，bD存在平面，使得c，a，bC解析：对于A，满足c平面，且c与异面直线a，b均垂直，则a可能在内，也可能与相交，也可能与平行，故A错误对于B，满足c平面时，直线a与直线b可能其中一条在平面内，故B错误对于C，若b，则内一定存在一条直线b，使得bb.又a，且a与b为两条异面直线，所以a与b一定相交又cb，bb，所以cb.又知ca，a与b相交，所以c，故C正确对于D，如果a，b，则ab，这与条件中a，b是两条异面直线相矛盾，故D错误故选C11(多选题)(2020济南模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA11，P为上底面A1B1C1D1上的动点，下列四个结论中正确的为()A若PD3，则满足条件的P点有且只有一个B若PD，则点P的轨迹是一段圆弧C若PD平面ACB1，则DP长的最小值为2D若PD平面ACB1，且PD，则平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为ABD解析：如图，因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，所以B1D12.又侧棱AA11，所以DB13，则点P与点B1重合时，PD3，此时P点唯一，故A正确因为PD(1,3)，DD11，则PD1，即点P的轨迹是一段圆弧，故B正确连接DA1，DC1，可得平面A1DC1平面ACB1，则当P为A1C1中点时，DP有最小值，为，故C错误由C选项知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确故选ABD12平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDl，则直线l与直线A1C1所成的角为()A30B45C60D90D解析：如图所示，因为平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDlAF，平面A1BD平面ABCDBD，所以BDAF.又因为A1C1AC，所以直线l与直线A1C1所成的角即为直线BD与直线AC所成的角，即直线l与直线A1C1所成的角为90.13(2021蚌埠模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M是正方形ABB1A1内的动点若C1M平面CD1EF，则M点的轨迹长度为_解析：如图，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1GD1E.同理可得C1HCF.因为C1HC1GC1，所以平面C1GH平面CD1EF.由M是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH.14已知A，B，C，D四点不共面，且AB平面，CD平面，ACE，ADF，BDH，BCG，则四边形EFHG是_平行四边形解析：因为AB，平面ABDFH，平面ABCEG，所以ABFH，ABEG，所以FHEG.同理EFGH，所以四边形EFHG是平行四边形15在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，E为侧棱PD(不含端点)上的动点(1)是否存在一点E，使得PB平面AEC？若存在，请说明点E的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由(2)若点F在CD上，且PEEDCFFD，在棱PA(不含端点)上是否存在点G，使得平面BCG平面AEF？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由解：(1)当E为PD的中点时，PB平面AEC证明如下：如图，连接BD，设ACBDO，则O为BD的中点连接EO，由E，O分别为PD，BD的中点，知EO为PBD的中位线，所以EOPB.又EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC(2)不存在符合题意的点G.理由如下：假设存在点G满足题意如图，因为平面BCG平面ABCDBC，平面AEF平面ABCDAF，又平面BCG平面AEF，所以BCAF.又在菱形ABCD中，BCAD，所以在平面ABCD内，过A点有两条直线AF，AD同时平行于BC，矛盾所以，在棱PA(不含端点)上不存在点G，使得平面BCG平面AEF.