（課標(biāo)通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 第4講 直線、平面平行的判定與性質(zhì)檢測 文

第4講 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 基礎(chǔ)題組練1(2018·高考浙江卷)已知平面，直線m，n滿足m，n，則“mn”是“m”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件解析：選A.若m，n，mn，由線面平行的判定定理知m.若m，m，n，不一定推出mn，直線m與n可能異面，故“mn”是“m”的充分不必要條件故選A.2(2019·重慶六校聯(lián)考)設(shè)a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則的一個充分條件是()A存在一條直線a，a，aB存在一條直線a，a，aC存在兩條平行直線a，b，a，b，a，bD存在兩條異面直線a，b，a，b，a，b解析：選D.對于選項(xiàng)A，若存在一條直線a，a，則或與相交，若，則存在一條直線a，使得a，a，所以選項(xiàng)A的內(nèi)容是的一個必要條件；同理，選項(xiàng)B，C的內(nèi)容也是的一個必要條件而不是充分條件；對于選項(xiàng)D，可以通過平移把兩條異面直線平移到一個平面中，成為相交直線，則有，所以選項(xiàng)D的內(nèi)容是的一個充分條件故選D.3.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AD上的點(diǎn)，且AEEBAFFD14，又H，G分別為BC，CD的中點(diǎn)，則()ABD平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四邊形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四邊形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形解析：選B.由AEEBAFFD14知EF綊BD，又EF平面BCD，所以EF平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點(diǎn)，所以HG綊BD，所以EFHG且EFHG.所以四邊形EFGH是梯形4(2018·四川名校聯(lián)考)如圖，正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1MAN，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是()A相交B平行C垂直D不能確定解析：選B.由題意可得A1MA1B，ANAC，所以分別取BC，BB1上的點(diǎn)P，Q，使得CPBC，BQBB1，連接MQ，NP，PQ，則MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四邊形MQPN是平行四邊形，則MNQP，QP平面BCC1B1，MN平面BCC1B1，則MN平面BCC1B1，故選B.5在正方體ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1的中點(diǎn)，則BD1與平面ACE的位置關(guān)系為_解析：如圖，連接AC，BD交于O點(diǎn)，連接OE，因?yàn)镺EBD1，而OE平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1平面ACE.答案：平行6.如圖，正方體ABCD­A1B1C1D1中，AB2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上若EF平面AB1C，則線段EF的長等于_解析：因?yàn)镋F平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1CAC，所以EFAC，所以F為DC的中點(diǎn)故EFAC.答案：7(2019·重慶六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為菱形，DAB60°，PD平面ABCD，PDAD2，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點(diǎn)(1)求證：AF平面PEC；(2)求點(diǎn)F到平面PEC的距離解：(1)設(shè)PC的中點(diǎn)為Q，連接EQ，F(xiàn)Q(圖略)，由題意，得FQDC且FQCD，AECD且AECD，故AEFQ且AEFQ，所以四邊形AEQF為平行四邊形，所以AFEQ，又EQ平面PEC，AF平面PEC.所以AF平面PEC.(2)由(1)，知點(diǎn)F到平面PEC的距離等于點(diǎn)A到平面PEC的距離，設(shè)為d，連接AC，由條件易求得EC，PE，PC2，AC2，故SPEC×2×，SAEC×1×，由VA­PECVP­AEC，得××d××2，解得d.8.如圖，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中點(diǎn)，E、F、G分別是BC、DC、SC的中點(diǎn)，求證：(1)直線EG平面BDD1B1；(2)平面EFG平面BDD1B1.證明：(1)如圖，連接SB，因?yàn)镋、G分別是BC、SC的中點(diǎn)，所以EGSB.又因?yàn)镾B平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，所以直線EG平面BDD1B1.(2)連接SD，因?yàn)镕、G分別是DC、SC的中點(diǎn)，所以FGSD.又因?yàn)镾D平面BDD1B1，F(xiàn)G平面BDD1B1，所以FG平面BDD1B1，又EG平面EFG，F(xiàn)G平面EFG，EGFGG，所以平面EFG平面BDD1B1.綜合題組練1如圖，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列說法中，錯誤的為()AACBDBACBDCAC截面PQMND異面直線PM與BD所成的角為45°解析：選B.因?yàn)榻孛鍼QMN是正方形，所以PQMN，QMPN，則PQ平面ACD、QM平面BDA，所以PQAC，QMBD，由PQQM可得ACBD，故A正確；由PQAC可得AC截面PQMN，故C正確；由BDPN，所以MPN是異面直線PM與BD所成的角，且為45°，D正確；由上面可知：BDPN，MNAC.所以，而ANDN，PNMN，所以BDAC.B錯誤故選B.2.如圖所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點(diǎn)，N是 BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動，則M只需滿足條件_時，就有MN平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況)解析：連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FHDD1，HNBD，所以平面FHN平面B1BDD1，只需MFH，則MN平面FHN，所以MN平面B1BDD1.答案：點(diǎn)M在線段FH上(或點(diǎn)M與點(diǎn)H重合)3(2019·南昌市摸底調(diào)研)如圖，在四棱錐P­ABCD中，ABCACD90°，BACCAD60°，PA平面ABCD，PA2，AB1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點(diǎn)(1)求證：平面CMN平面PAB；(2)求三棱錐P­ABM的體積解：(1)因?yàn)镸，N分別為PD，AD的中點(diǎn)，所以MNPA，又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?yàn)镃N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，所以點(diǎn)M到平面PAB的距離等于點(diǎn)C到平面PAB的距離因?yàn)锳B1，ABC90°，BAC60°，所以BC，所以三棱錐P­ABM的體積VVM­PABVC­PABVP­ABC××1××2.4如圖，ABCD與ADEF為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)(1)求證：BE平面DMF；(2)求證：平面BDE平面MNG.證明：(1)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點(diǎn)O，連接MO，則MO為ABE的中位線，所以BEMO，又BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF.(2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)，所以DEGN，又DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.又M為AB中點(diǎn)，所以MN為ABD的中位線，所以BDMN，又BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG，又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BDE平面MNG.6