2023版高考数学一轮复习第8章第3讲直线平面平行的判定与性质训练含解析.doc

第八章　第3讲
[A级　根底达标]
1．有以下命题：
①假设直线l平行于平面α内的无数条直线，那么直线l∥α；②假设直线a在平面α外，那么a∥α；③假设直线a∥b，b∥α，那么a∥α；④假设直线a∥b，b∥α，那么a平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数是(　　)
A．1　　 B．2　　
C．3　　 D．4
【答案】A
2．以下四个正方体图形中，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(　　)
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
【答案】C
3．如下图的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，那么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
4．m，n表示两条不同直线，α表示平面，以下说法正确的选项是(　　)
A．假设m∥α，n∥α，那么m∥n
B．假设m⊥α，n⊂α，那么m⊥n
C．假设m⊥α，m⊥n，那么n∥α
D．假设m∥α，m⊥n，那么n⊥α
【答案】B
5．(2023年枣庄诊断)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，那么动点P的轨迹长度为(　　)
A．2　　 B．2π
C．2　　 D．4
【答案】D　【解析】连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4.
6．在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，那么四面体的四个面中与MN平行的是________．
【答案】平面ABD与平面ABC
【解析】如图，取CD的中点E.
连接AE，BE，由于M，N分别是△ACD，△BCD的重心，所以AE，BE分别过M，N，且EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB．因为AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC．
7．如下图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．假设EF∥平面AB1C，那么线段EF的长度等于________．
【答案】　【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2.又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC中点，所以EF＝AC＝.
8．如下图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，假设BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，那么PQ的长度为________．
【答案】　【解析】由题意知，AB＝8，过点P作PD∥AB交AA1于点D，连接DQ，那么D为AM中点，PD＝AB＝4.
又因为＝＝3，
所以DQ∥AC，∠PDQ＝，DQ＝AC＝3.
在△PDQ中，PQ＝＝.
9．(2023年南昌模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1．设M，N分别为PD，AD的中点．
(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求三棱锥P－ABM的体积．
解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，
所以MN∥PA．
因为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．
因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CN∥平面PAB．
又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB．
(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，
所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．
由AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，
所以BC＝.
所以三棱锥P－ABM的体积V＝VM－PAB＝VC－PAB＝VP－ABC＝××1××2＝.
10．如下图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
证明：(1)如下图，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1∥MC1．
又因为MC1∥BF，
所以BF∥HD1．
(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，那么OE綉DC．又D1G綉DC，所以OE綉D1G，所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GE∥D1O.又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，
所以EG∥平面BB1D1D．
(3)由(1)知BF∥HD1，又BF⊄平面B1D1H，HD1⊂平面B1D1H，所以BF∥平面B1D1H.
又BD∥B1D1，BD⊄平面B1D1H，B1D1⊂平面B1D1H，所以BD∥平面B1D1H.又DB∩BF＝B，
所以平面BDF∥平面B1D1H.
[B级　能力提升]
11．E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1上的点，且AE＝AB，AF＝AA1，M，N分别为线段D1E和线段C1F上的点，那么与平面ABCD平行的直线MN有(　　)
A．1条 B．3条
C．6条 D．无数条
【答案】D　【解析】在线段A1F上任取一点H，过点H可以作与平面ABCD平行的平面α，显然D1E，C1F都与这个平面α相交，连接两个交点的直线必与平面ABCD平行，故满足条件的直线MN有无数条
12．(多项选择)(2023年青岛月考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以下直线或平面与平面ACD1平行的有(　　)
A．直线A1B　　 B．直线BB1
C．平面A1DC1　 D．平面A1BC1
【答案】AD　【解析】对于A，由于A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，可得直线A1B∥平面ACD1；对于B，由于B1B∥D1D，且D1D∩平面ACD1＝D1，可得直线B1B不平行平面ACD1；对于C，由于A1D∩AD1，A1D⊂平面A1DC1，可得平面A1DC1不与平面ACD1平行；对于D，由于A1B∥D1C，C1B∥D1A，A1B，C1B⊂平面A1BC1，可得平面A1BC1∥平面ACD1．
13．如下图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，D是A1C1上的点，且A1B∥平面B1CD，那么A1D∶DC1的值为________．
【答案】1　【解析】设BC1∩B1C＝O，连接OD．因为A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，所以A1B∥OD．因为四边形BCC1B1是菱形，所以O为BC1的中点，所以D为A1C1的中点，那么A1D∶DC1＝1．
14．(2023年北京期末)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H，点N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，那么的值为______．
【答案】　【解析】取A1C1 的中点M，A1B1的中点N，连接HM，MN，由H，M，N分别为CC1，A1C1，A1B1的中点，得MH∥A1C，MN∥B1C1∥BC．
因为A1C⊂平面A1BC ，MH⊄平面A1BC ，所以MH∥平面 A1BC．因为BC⊂平面A1BC ，MN⊄平面A1BC，所以MN∥平面A1BC．又MH∩MN＝M，所以平面MNH∥平面A1BC，那么NH∥平面A1BC．由N为A1B1的中点，可知的值为.
15．(2023年河南八市联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，PA⊥平面ABCD，E，F分别为AD，PA的中点，点Q是BC上的一个动点．
(1)当Q是BC的中点时，求证：平面BEF∥平面PDQ；
(2)当BD⊥FQ时，求的值．
解：(1)证明：因为E，Q分别是AD，BC的中点，
所以ED＝BQ，ED∥BQ，
所以四边形BEDQ是平行四边形．所以BE∥DQ.
又BE⊄平面PDQ，DQ⊂平面PDQ.
所以BE∥平面PDQ.
又F是PA的中点，所以EF∥PD．
因为EF⊄平面PDQ，PD⊂平面PDQ，
所以EF∥平面PDQ.
因为BE∩EF＝E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以平面BEF∥平面PDQ.
(2)如图，连接AQ，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD．
因为BD⊥FQ，PA∩FQ＝F，PA⊂平面PAQ，FQ⊂平面PAQ，所以BD⊥平面PAQ.
因为AQ⊂平面PAQ，所以AQ⊥BD．
在矩形ABCD中，由AQ⊥BD得△AQB与△DBA相似，所以AB2＝AD×BQ.
又AB＝1，AD＝2，
所以BQ＝，QC＝.所以＝.
16．(2023年北京期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E为棱PD的中点．
(1)求证：BC∥平面PAD；
(2)设平面EBC∩平面PAD＝EF，点F在PA上，求证：F为PA的中点．
证明：(1)因为底面ABCD为平行四边形，所以BC∥AD．
因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD．
(2)因为平面EBC∩平面PAD＝EF，点F在PA上，BC∥平面PAD，BC⊂平面EBC，所以EF∥BC．因为点E为棱PD的中点，所以点F为PA的中点．
[C级　创新突破]
17．(2023年绍兴期中)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AB的中点，点F在CC1上，且CF＝2FC1，点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点，且PB1∥平面DEF，那么tan∠ABP的取值范围为________．
【答案】　【解析】如下图，作出平面MNQB1∥平面DEF，那么A1Q＝2AQ，DN＝2D1N.因为PB1∥平面DEF，所以P的轨迹是线段QN.当点P在Q处，tan∠ABP取最小值，tan∠ABP＝；当P在N处，tan∠ABP取最大值，tan∠ABP＝ .
所以tan∠ABP的取值范围为.
18．(2023年衡水一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段PC上是否存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面？假设存在，求出的值；假设不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，取PA的中点M，连接MD，MF，
因为F，M分别为PB，PA的中点，所以FM∥AB，FM＝AB．
又四边形ABCD是平行四边形，故AB∥CD，AB＝CD．
因为E为CD的中点，所以DE∥AB，DE＝AB．
所以DE∥FM，DE＝FM，那么四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥DM.
因为EF⊄平面PAD，DM⊂平面PAD．
所以EF∥平面PAD．
(2)存在点Q符合题意，且此时＝2，理由如下：
取AB的中点H，连接PH交AF于点G，在PC上取点Q，使PQ∶QC＝2∶1，连接GQ，HC．
在平行四边形ABCD中，因为E，H分别为CD，AB的中点，所以CH∥AE.
又F是PB的中点，所以G是△PAB的重心，且PG∶GH＝2∶1．
又PQ∶QC＝2∶1，所以GQ∥HC．
因为CH∥AE，所以GQ∥AE.
所以GQ与AE确定一个平面α，而F∈直线AG，
所以F∈α，那么A，E，Q，F四点共面．
故在线段PC上存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面，此时＝2.