【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第6章《立体几何》43 (含详解).ppt，共(59)页，983.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试43直线、平面平行的判定及其性质第1步狂刷小题·练基础一、基础小题1．设m，l表示直线，α表示平面，若m⊂α，则l∥α是l∥m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解析l∥α

⇒/l∥m，因为l与m也可以异面．反之l∥m⇒/l∥α，因为也可以l⊂α.2．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线()A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，不一定在平面α内D．有无数条，一定在平面α内解析由直线l与点P

可确定一个平面β，则平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l∥α，所以l∥m，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面α内，选B.3．下列命题中，错误的是()A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行B．平行于同一个平面的两

个平面平行C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面解析由面面平行的判定定理和性质知A、B、D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面．4．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则(

)A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交解析因为l⊄α，若在平面α内存在与直线l平行的直线，则l∥α，这与题意矛盾，故选B.5.如图，在四面体

ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，则下列命题中，错误的是()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析由题意可知PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，所以AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可

得AC∥截面PQMN，故B正确；由PN∥BD可知，异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，又四边形PQMN为正方形，所以∠MPN＝45°，故D正确；而AC＝BD没有论证来源．6．设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β

的一个充分而不必要条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2解析对于选项A，不合题意；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性

不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意，综上选B.7.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝a3

，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.223a解析如图所示，连接AC，易知MN∥平面ABCD，∴MN∥PQ.又∵MN∥AC，∴PQ∥AC.又∵AP＝a3，∴PDAD＝PQAC＝23.∴PQ＝23AC＝223a.

8．如图，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于G，连接CD交平面β于H，则四边形BGEH必为______________．平行四边形解析由题意知，

直线a与AF确定平面ACF，由面面平行的性质定理，可得BG∥CF，同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．二、高考小题9．[2015·安徽高考]已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同

平面，则下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面解析若α，β垂直于同一

个平面γ，则α，β可以都过γ的同一条垂线，即α，β可以相交，故A错；若m，n平行于同一个平面，则m与n可能平行，也可能相交，还可能异面，故B错；若α，β不平行，则α，β相交，设α∩β＝l，在α内存在直线a，使a∥l，则a∥β，故C错；从原命题的逆否命题进行判断，若m与n垂直于

同一个平面，由线面垂直的性质定理知m∥n，故D正确．10．[2016·全国卷Ⅰ]平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32B.22C.3

3D.13解析如图，延长B1A1至A2，使A2A1＝B1A1，延长D1A1至A3，使A3A1＝D1A1，连接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D.易证AA2∥A1B∥D1C，AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1，即平面AA2A3为平面α.于是m∥A2A3，直线AA2即为

直线n.显然有AA2＝AA3＝A2A3，于是m、n所成的角为60°，其正弦值为32.选A.11．[2014·辽宁高考]已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则

m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α解析A选项m、n也可以相交或异面，C选项也可以n⊂α，D选项也可以n∥α或n与α斜交．根据线面垂直的性质可知选B.12．[2016·全国卷Ⅱ]α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，

n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)②

③④解析由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错．易知②③④都正确．三、模拟小题13．[2017·太原模拟]若直线a∥平面α，直线b∥直线a，点A∈b且A∈α，则b与α的位置关系是()A．b∩α＝AB．b∥αC．b∥α或b⊂αD．b⊂α解析由a∥

α，b∥a⇒b∥α或b⊂α，又b过α内一点，故b⊂α.14．[2017·福州质检]过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为a、b、c、…，那么这些交线的位置关系为()A．都平行B．都相交且一

定交于同一点C．都相交但不一定交于同一点D．都平行或交于同一点解析若l∥平面α，则交线都平行；若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.15．[2017·山西四校联考]如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下

列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有()A．1B．2C．3D．4解析矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB

的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．故选C.16．[2016·江西重点中学联考]如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′

中，下列直线与平面AD′C平行的是()A．B′C′B．A′BC．A′B′D．BB′解析连接A′B，∵A′B∥CD′，∴A′B∥平面AD′C.17.[2016·银川一模]如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，点E、F、H、K分别为AC′、CB′、A′B′、B′C′的中点，G为△ABC的重心

．从K、H、G、B′中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为()A．KB．HC．GD．B′解析取A′C′的中点M，连接EM、MK、KF、EF，则EM綊12CC′綊KF，得EFKM为平行四边形，若P为K，则AA′∥BB′∥CC′∥KF，故与平面PEF平行的棱超过2条；HB′

∥MK⇒HB′∥EF，若P为H或P为B′，则平面PEF与平面EFB′A′为同一平面，与平面EFB′A′平行的棱只有AB，不满足条件，故选C.18．[2016·浙江金丽衢联考]已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、

β分别交于点A、C，过点P的直线n与α、β分别交于点B、D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为()A．16B．24或245C．14D．20解析设BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒PBPA＝PDPC.①当点P在两平面之间时，如图1，x－86＝89－6，∴x＝24；②当点

P在两平面外侧时，如图2，8－x6＝89＋6，∴x＝245.第2步精做大题·练能力一、高考大题1.[2016·全国卷Ⅲ]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点

，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求四面体N－BCM的体积．解(1)证明：由已知得AM＝23AD＝2，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点，知TN∥BC，TN＝1

2BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为12PA.取BC的中

点E，连接AE.由AB＝AC＝3，得AE⊥BC，AE＝AB2－BE2＝5.由AM∥BC，得M到BC的距离为5，故S△BCM＝12×4×5＝25.所以四面体N－BCM的体积VN－BCM＝13·S△BCM·PA2＝453.2.[2016·四川高考]如图，

在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD.(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.解(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为

所求的一个点．理由如下：连接CM.因为AD∥BC，BC＝12AD，所以BC∥AM，且BC＝AM.所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，所以CM∥平面PAB.(说明

：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明：连接BM，由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝12AD，所以直线AB与CD相交，所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD

.因为AD∥BC，BC＝12AD，所以BC∥MD，且BC＝MD.所以四边形BCDM是平行四边形．所以BM＝CD＝12AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.二、模拟大题3.[2016·北京丰台模拟]如图，三棱柱ABC－A

1B1C1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B

CC1B1，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A1ABB1.4.[2017·四川模拟]如图，已知四棱

柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为菱形．(1)证明：平面AB1C∥平面DA1C1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．解(1)证明：由棱柱ABCD－A1B1C1D1的性质知，A

B1∥DC1，∵AB1⊄平面DA1C1，DC1⊂平面DA1C1，∴AB1∥平面DA1C1，同理可证B1C∥平面DA1C1，而AB1∩B1C＝B1，由面面平行的判定定理知，平面AB1C∥平面DA1C1.(2)存在这

样的点P，使BP∥平面DA1C1.∵A1B1綊AB綊DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形．∴A1D∥B1C.在C1C的延长线上取点P，使C1C＝CP，连接BP，∵B1B綊C1C，∴B1B綊CP，∴四边形BB1CP为平行四边形，则BP∥B1C，∴BP∥A1D，∴

BP∥平面DA1C1.5．[2017·大连检测]如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°.PA⊥平面ABCD，且PA＝3.E为PD的中点，F在棱PA上，且AF＝1.(1)求证：CE∥平面BDF；(2)求三棱锥P－BDF的体积．解(1)证明：取PF的中点G，连接EG

，CG.连接AC交BD于O，连接FO.由题意可得F为AG的中点，O为AC的中点，∴FO∥GC.因为G为PF的中点，E为PD的中点，∴GE∥FD.又GE∩GC＝G，GE，GC⊂平面GEC，FO∩FD＝F，FO，FD⊂平面FOD，∴平面GEC∥平面FOD.∵CE⊂平

面GEC，∴CE∥平面BDF.(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA是三棱锥P－ABD的高，又S△ABD＝12×3×3×32＝934，∴VP－BDF＝VP－ABD－VF－ABD＝13×934×3－13×934×1＝332

.6．[2016·宁夏银川月考]如图，在空间几何体ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC.(1)证明：AE∥平面BCD；(2)若△ABC是边长为2的正三角形，DE∥平面ABC，AD与BD，CD所成角的余弦值均为2

4，求三棱锥D－BEC的体积．解(1)证明：过点D作DO⊥BC交BC于点O.因为平面ABC⊥平面BCD，DO⊂平面BCD，DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD＝BC，所以DO⊥平面ABC.又AE⊥平面ABC，所以AE∥DO.又DO⊂平面BCD，AE⊄平面BCD，所以AE∥平面BCD.(2)连接A

O，由题意得DE∥AO，因为AD与BD，CD所成角的余弦值均为24，AC＝AB，所以BD＝CD，所以O为BC的中点，则易知AO⊥平面BCD，所以ED⊥平面BCD，设DO＝a.因为BC＝2，所以OB＝OC＝1，OA＝3，所以CD＝1＋a2，AD＝3＋a2.在△ACD中

，AC＝2，所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，即4＝3＋a2＋1＋a2－2×3＋a2·1＋a2×24，解得a2＝1，故a＝1，所以VD－BEC＝VE－BCD＝13×12×2×1×3＝33.