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：假设直线l平行于平面内的无数条直线，那么直线l；假设直线a在平面外，那么a；假设直线ab，b，那么a；假设直线ab，b，那么a平行于平面内的无数条直线其中真命题的个数是()A1B2C3D4【答案】A2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()ABCD【答案】C3如下图的三棱柱ABCA1B1C1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】B4m，n表示两条不同直线，表示平面，以下说法正确的选项是()A假设m，n，那么mnB假设m，n，那么mnC假设m，mn，那么nD假设m，mn，那么n【答案】B5(2023年枣庄诊断)如图，直三棱柱ABCABC中，ABC是边长为2的等边三角形，AA4，点E，F，G，H，M分别是边AA，AB，BB，AB，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP平面ACCA，那么动点P的轨迹长度为()A2B2C2D4【答案】D【解析】连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，AB的中点，所以MF平面AACC，FH平面AACC，所以平面MFH平面AACC，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AACC，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4.6在四面体ABCD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EMMA12，ENBN12，所以MNAB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ABC7如下图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，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ABCDA1B1C1D1中，AB2，所以AC2.又E为AD中点，EF平面AB1C，EF平面ADC，平面ADC平面AB1CAC，所以EFAC，所以F为DC中点，所以EFAC.8如下图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，假设BCAC，BAC，AC4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，那么PQ的长度为_【答案】【解析】由题意知，AB8，过点P作PDAB交AA1于点D，连接DQ，那么D为AM中点，PDAB4.又因为3，所以DQAC，PDQ，DQAC3.在PDQ中，PQ.9(2023年南昌模拟)如图，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1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PABM的体积解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MNPA因为MN平面PAB，PA平面PAB，所以MN平面PAB在RtACD中，CAD60，CNAN，所以ACN60.又BAC60，所以CNAB因为CN平面PAB，AB平面PAB，所以CN平面PAB又CNMNN，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AB1，ABC90，BAC60，所以BC.所以三棱锥PABM的体积VVMPABVCPABVPABC12.10如下图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点求证：(1)BFHD1；(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HD1MC1又因为MC1BF，所以BFHD1(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GED1O.又GE平面BB1D1D，D1O平面BB1D1D，所以EG平面BB1D1D(3)由(1)知BFHD1，又BF平面B1D1H，HD1平面B1D1H，所以BF平面B1D1H.又BDB1D1，BD平面B1D1H，B1D1平面B1D1H，所以BD平面B1D1H.又DBBFB，所以平面BDF平面B1D1H.B级能力提升11E，F分别为正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1上的点，且AEAB，AFAA1，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()A1条B3条C6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，显然D1E，C1F都与这个平面相交，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ABCDA1B1C1D1中，以下直线或平面与平面ACD1平行的有()A直线A1BB直线BB1C平面A1DC1D平面A1BC1【答案】AD【解析】对于A，由于A1BD1C，且A1B平面ACD1，可得直线A1B平面ACD1；对于B，由于B1BD1D，且D1D平面ACD1D1，可得直线B1B不平行平面ACD1；对于C，由于A1DAD1，A1D平面A1DC1，可得平面A1DC1不与平面ACD1平行；对于D，由于A1BD1C，C1BD1A，A1B，C1B平面A1BC1，可得平面A1BC1平面ACD113如下图，三棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，D是A1C1上的点，且A1B平面B1CD，那么A1DDC1的值为_【答案】1【解析】设BC1B1CO，连接OD因为A1B平面B1CD且平面A1BC1平面B1CDOD，所以A1BOD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A1DDC1114(2023年北京期末)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC，AA1ABAC1，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MHA1C，MNB1C1BC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MHMNM，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，AB1，AD2，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BDFQ时，求的值解：(1)证明：因为E，Q分别是AD，BC的中点，所以EDBQ，EDBQ，所以四边形BEDQ是平行四边形所以BEDQ.又BE平面PDQ，DQ平面PDQ.所以BE平面PDQ.又F是PA的中点，所以EFPD因为EF平面PDQ，PD平面PDQ，所以EF平面PDQ.因为BEEFE，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PABD因为BDFQ，PAFQF，PA平面PAQ，FQ平面PAQ，所以BD平面PAQ.因为AQ平面PAQ，所以AQBD在矩形ABCD中，由AQBD得AQB与DBA相似，所以AB2ADBQ.又AB1，AD2，所以BQ，QC.所以.16(2023年北京期末)如图，在四棱锥PABCD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PADEF，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BCAD因为AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC平面PAD(2)因为平面EBC平面PADEF，点F在PA上，BC平面PAD，BC平面EBC，所以EFBC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ABCDA1B1C1D1中，E是AB的中点，点F在CC1上，且CF2FC1，点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点，且PB1平面DEF，那么tanABP的取值范围为_【答案】【解析】如下图，作出平面MNQB1平面DEF，那么A1Q2AQ，DN2D1N.因为PB1平面DEF，所以P的轨迹是线段QN.当点P在Q处，tanABP取最小值，tanABP；当P在N处，tanABP取最大值，tanABP .所以tanABP的取值范围为.18(2023年衡水一模)如图，四棱锥PABCD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FMAB，FMAB又四边形ABCD是平行四边形，故ABCD，ABCD因为E为CD的中点，所以DEAB，DEAB所以DEFM，DEFM，那么四边形DEFM为平行四边形，所以EFDM.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PQQC21，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CHAE.又F是PB的中点，所以G是PAB的重心，且PGGH21又PQQC21，所以GQHC因为CHAE，所以GQAE.所以GQ与AE确定一个平面，而F直线AG，所以F，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.