【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第9章-第4节-线面、面面平行的判定与性质.docx

第九章　第四节

一、选择题
1．(2022·沈阳模拟)已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.
其中真命题的个数是(　　)
A．0　　 B．1　　　　
C．2　　 D．3
[答案]　A
[解析]　①错误，没有指出a⊄α；
②错误，没有指出b⊄α；
③错误，a∥α，b∥α时，a与b可能平行，也可能相交、异面，故选A.
2．(文)若a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是(　　)
A．α内的全部直线与a异面
B．α内与a平行的直线不存在
C．α内存在唯一的直线与a平行
D．α内的直线与a都相交
[答案]　B
[解析]　由条件知a与α相交，故在平面α内的直线与a相交或异面，不存在与a平行的直线．
(理)已知直线l、m，平面α、β，则下列命题中的假命题是(　　)
A．若α∥β，l⊂α，则l∥β
B．若α∥β，l⊥α，则l⊥β
C．若l∥α，m⊂α，则l∥m
D．若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β
[答案]　C
[解析]　对于选项C，直线l与m可能构成异面直线，故选C.
3．已知m、n、l1、l2表示不同直线，α、β表示不同平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l1 D．m∥l1且n∥l2
[答案]　D
[解析]　由定理“假如一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”结合选项D可推知α∥β，因此选D.
4．(2022·广东揭阳一模)设平面α，β，直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”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
[答案]　B
[解析]　由平面与平面平行的判定定理可知，若直线a，b是平面α内两条相交直线，且有“a∥β，b∥β”，则有“α∥β”，当“α∥β”时，若a⊂α，b⊂α，则有“a∥β，b∥β”，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．
5．(文)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．K B．H
C．G D．B′
[答案]　C
[解析]　假如平面PEF与侧棱BB′平行则和三条侧棱都平行，不满足题意，而FK∥BB′，排解A；假如P为B′点，则平面PEF即平面A′B′C，此平面只与一条侧棱AB平行，排解D.
若P为H点，则HF为△BA′C′的中位线，∴HF∥A′C′；EF为△ABC′的中位线，∴EF∥AB，HE为△AB′C′的中位线，∴HE∥B′C′，明显不合题意，排解B.
(理)(2021·湖北天门一模)给出下列命题，其中正确的两个命题是(　　)
①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．
A．①与② B．②与③
C．③与④ D．②与④
[答案]　D
[解析]　直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．
6．下列命题中，是假命题的是(　　)
A．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面
B．平面α∥平面β，a⊂α，过β内的一点B有唯一的一条直线b，使b∥a
C．α∥β，γ∥δ，α、β与γ、δ的交线分别为a、b和c、d，则a∥b∥c∥d
D．一条直线与两个平面成等角是这两个平面平行的充要条件
[答案]　D
[解析]　三角形的任意两边必相交，故三角形所在的平面与这个平面平行，从而第三边也与这个平面平行，∴A真；假设在β内经过B点有两条直线b、c都与a平行，则b∥c，与b、c都过B点冲突，故B真；∵γ∥δ，α∩γ＝a，α∩δ＝b，∴a∥b，同理c∥d；又α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝c，∴a∥c，∴a∥b∥c∥d，故C真；正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC与平面AA1D1D和平面CC1D1D所成角相等，但平面AA1D1D∩平面CC1D1D＝DD1，故D假．
二、填空题
7．(2022·扶沟中学模拟)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满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.

[答案]　M∈线段FH
[分析]　由H、N分别为CD、BC中点知HN∥BD，又MN∥平面B1BDD1，因此点M应使平面MHN∥平面B1BDD1，而点M在平面EFGH内，从而HM为平面HMN与平面EFGH的交线，而DD1为平面B1BDD1与平面EFGH的交线，由面面平行的性质定理知，应有HM∥DD1，故M在直线HF上可符合要求．
[解析]　由于HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，又平面NHF∩平面EFGH＝FH.故线段FH上任意点M与N相连，有MN∥平面B1BDD1，故填M∈线段FH.
8．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，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________．

[答案]　
[解析]　∵EF∥平面AB1C，
平面ABCD经过直线EF与平面AB1C相交于AC，
∴EF∥AC，
∵E为AD的中点，∴F为CD的中点，
∴EF＝AC＝×2＝.
9．(2022·安徽涡阳检测)一个透亮     密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的外形可以是：①三角形；②长方形；③正方形；④正六边形．其中正确的结论是________．(把你认为正确结论的序号都填上)
[答案]　②③④
[解析]　由于正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．三角形截面不过正方体的中心，故①不正确；
过正方体的一对棱和中心可作一截面，截面外形为长方形，故②正确；
过正方体四条相互平行的棱的中点得截面外形为正方形，该截面过正方体的中心，故③正确；
过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面外形的正六边形，故④正确．

故应填②③④.
三、解答题
10．(文)(2021·三明模拟)如图，已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.

(1)求证：AB∥平面PCD；
(2)求证：BC⊥平面PAC；
(3)若M是PC的中点，求三棱锥M－ACD的体积．
[解析]　(1)由已知底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，
又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PCD.
(2)在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，
∴AE＝DC＝1
又AB＝2，∴BE＝1，
在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，
∴CE＝BE＝1，CB＝，∴AD＝CE＝1，
则AC＝＝，AC2＋BC2＝AB2，
∴BC⊥AC.
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，
又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.
(3)∵M是PC中点，
∴M到平面ADC的距离是P到平面ADC距离的一半．
∴VM－ACD＝S△ACD·(PA)＝×(×1×1)×
＝.
(理)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
[解析]　(1)如图(1)，取AA1的中点M，连接EM，BM.由于E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.

又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥平面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角．
设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝＝3.于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝＝，
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.

如图(2)，分别取C1D1和CD的中点F、G，连接B1F、EG、BG、CD1、FG.由于A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.
又E、G分别为D1D、CD的中点，
所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.
这说明A1、B、G、E共面．所以BG⊂平面A1BE.
由于四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F、G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG，
又B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，
故B1F∥平面A1BE.

一、解答题
11．(文)(2022·海淀区期末)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，CC1的中点．

(1)求证：AB⊥平面AA1C1C；
(2)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；
(3)证明：EF⊥A1C.
[解析]　(1)证明：∵A1A⊥底面ABC，∴A1A⊥AB，
又∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A，

∴AB⊥平面AA1C1C.
(2)∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，
∴AB∥DE，
∵在△ABC中E是BC的中点，∴D是线段AC的中点．
(3)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A＝AC，
∴侧面A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1，
由(1)可得AB⊥A1C，
∵AB∩AC1＝A，∴A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1.
又∵E，F分别为棱BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，
∴EF⊥A1C.
(理)(2022·山东烟台一模)如图(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BA＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图(2)所示，点E，F分别为棱PC，CD的中点．

(1)求证：平面OEF∥平面APD；
(2)求证：CD⊥平面POF；
(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱锥E－CFO的体积．
[解析]　(1)证明：由于点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.
由于AB＝BC，所以O是AC的中点．
由于E是PC的中点，所以OE∥PA.由于PA⊂平面APD，OE⊄平面APD，
所以OE∥平面APD.同理OF∥平面APD.
又由于OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF，
所以平面OEF∥平面APD.
(2)证明：由于∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.
由于OF∥AD，所以CD⊥OF.
由于PO⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，所以PO⊥CD.
又由于OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.
(3)由于∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，所以S△ACD＝×3×4＝6.由于点O，F分别是AC，CD的中点，所以S△CFO＝S△ACD＝.
由题意可知△ACP是边长为5的等边三角形，所以高OP＝，
即P点到平面ACD的距离为.又由于E为PC的中点，所以E到平面CFO的距离为，故VE－CFO＝××＝.
12．(文)在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱AB、BB′、B′C′、C′D′的中点分别为E、F、G、H，如图所示．
(1)求证：AD′∥平面EFG；
(2)求证：A′C⊥平面EFG；
(3)推断点A、D′、H、F是否共面，并说明理由．
[解析]　(1)证明：连结BC′.
在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′.
所以四边形ABC′D′是平行四边形．
所以AD′∥BC′.
由于F、G分别是BB′、B′C′的中点，
所以FG∥BC′，所以FG∥AD′.
由于EF、AD′是异面直线，所以AD′⊄平面EFG.
由于FG⊂平面EFG，所以AD′∥平面EFG.
(2)证明：连结B′C.
在正方体ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，BC′⊂平面BCC′B′，
所以A′B′⊥BC′.
在正方体BCC′B′中，B′C⊥BC′，
由于A′B′⊂平面A′B′C，
B′C⊂平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，
所以BC′⊥平面A′B′C.
由于A′C⊂平面A′B′C，所以BC′⊥A′C.
由于FG∥BC′，所以A′C⊥FG.
同理可证：A′C⊥EF.
由于EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG＝F，
所以A′C⊥平面EFG.
(3)点A、D′、H、F不共面．理由如下：
假设A、D′、H、F共面．连结C′F、AF、HF.
由(1)知，AD′∥BC′，
由于BC′⊂平面BCC′B′，AD′⊄平面BCC′B′.
所以AD′∥平面BCC′B′.
由于C′∈D′H，所以平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.
由于AD′⊂平面AD′HF，所以AD′∥C′F.
所以C′F∥BC′，而C′F与BC′相交，冲突．
所以A、D′、H、F点不共面．
(理)(2021·山西大同市调研)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B1C.

(1)求证：平面AA1B1B⊥平面BB1C1C；
(2)若AB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1体积．
[解析]　(1)证明：由侧面AA1B1B为正方形知AB⊥BB1.
又∵AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，∴AB⊥平面BB1C1C，
又∵AB⊂平面AA1B1B，∴平面AA1B1B⊥BB1C1C.
(2)由题意知，CB＝CB1，设O是BB1的中点，连接CO，则CO⊥BB1.
由(1)知，CO⊥平面ABB1A1，且CO＝BC＝AB＝.
连接AB1，则VC－ABB1＝S△ABB1·CO＝×AB2·CO
＝.
∵VB1－ABC＝VABC－A1B1C1＝，∴V三棱柱＝2.
13．(文)(2021·南昌一模)如图，多面体ABC－A1B1C1中，三角形ABC是边长为4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝4.

(1)若O是AB的中点，求证：OC1⊥A1B1；
(2)在线段AB1上是否存在一点D，使得CD∥平面A1B1C1？若存在，确定点D的位置；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)取线段A1B1的中点E，连接OE，C1E，CO，
已知等边三角形ABC的边长为4，AA1＝BB1＝2CC1＝4，AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1∥CC1，

∴四边形AA1B1B是正方形，OE⊥AB，CO⊥AB.
∵CO∩OE＝O，∴AB⊥平面EOCC1，
又A1B1∥AB，OC1⊂平面EOCC1，∴OC1⊥A1B1.
(2)设OE∩AB1＝D，连接CD，则点D是AB1的中点，
∴ED∥AA1，ED＝AA1，
又∵CC1∥AA1，CC1＝AA1，
∴四边形CC1ED是平行四边形，
∴CD∥C1E，∴CD∥平面A1B1C1，
即存在点D，得CD∥平面A1B1C1，且点D是AB1的中点．
(理)如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面相互垂直，MB∥NC，MN⊥MB.

(1)求证：平面AMB∥平面DNC；
(2)若MC⊥CB，求证：BC⊥AC.
[证明]　(1)由于MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，所以MB∥平面DNC.
由于四边形AMND是矩形，所以MA∥DN.
又MA⊄平面DNC，DN⊂平面DNC，
所以MA∥平面DNC.
又MA∩MB＝M，且MA、MB⊂平面AMB，
所以平面AMB∥平面DNC.
(2)由于四边形AMND是矩形，所以AM⊥MN.
由于平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，所以AM⊥平面MBCN.
由于BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC.
由于MC⊥BC，MC∩AM＝M，所以BC⊥平面AMC.
由于AC⊂平面AMC，所以BC⊥AC.
14．(文)(2022·保定模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC.设D、E分别为PA、AC中点．
(1)求证：DE∥平面PBC；
(2)求证：BC⊥平面PAB；
(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．

[解析]　(1)证明：由于点E是AC中点，点D为PA的中点，
所以DE∥PC.
又由于DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以DE∥平面PBC.
(2)证明：由于平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又PA⊂平面PAC，PA⊥AC，
所以PA⊥平面ABC.所以PA⊥BC.
又由于AB⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.
(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．
取AB中点F，连EF，DF.

由(1)可知DE∥平面PBC.
由于点E是AC中点，点F为AB的中点，
所以EF∥BC.
又由于EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以EF∥平面PBC.
又由于DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，
所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．
故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行．
(理)(2022·天津河西区一模)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E为CC1的中点．

(1)求证：AC1∥平面BDE；
(2)求证：A1E⊥平面BDE；
(3)若F为BB1上的动点，使直线A1F与平面BDE所成角的正弦值是，求DF的长．
[解析]　如图建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,2)，B1(1,1,2)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，E(0,1,1)，

(1)证明：设平面BDE的法向量n＝(x，y，z)，＝(1,1,0)，＝(0,1,1)，
由，
即，
取x＝1，得n＝(1，－1,1)，
又＝(－1,1,2)，
由于·n＝－1×1＋1×(－1)＋2×1＝0，
所以⊥n，
∵AC1⊄平面BDE，所以AC1∥平面BDE.
(2)证明：由(1)可知n＝(1，－1,1)，
＝(－1,1，－1)，＝－n，所以∥n，
所以A1E⊥平面BDE.
(3)设点F的坐标为(1,1，λ)，
＝(0,1，λ－2)，
设直线A1F与平面BDE所成角为α，则
sinα＝＝＝，
解得λ＝1，
所以点F的坐标为(1,1,1)，＝(1,1,1)，||＝，
所以DF的长为.