2023版高考数学一轮复习第8章立体几何第4节直线平面平行的判定及性质课时跟踪检测文新人教A版.doc

第四节　直线、平面平行的判定及性质
A级·根底过关|固根基|
1.平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，那么“m∥n〞是“m∥α〞的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A　假设m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.假设m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n〞是“m∥α〞的充分不必要条件．应选A.
2．直线l，m，平面α，β，γ，那么以下条件能推出l∥m的是(　　)
A．l⊂α，m⊂β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m
C．l∥α，m⊂α D．l⊂α，α∩β＝m
解析：选B　选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．应选B.
3．(2023届长沙市统一模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，以下命题：
①假设a∥c，b∥c，那么a∥b；
②假设a∥b，b∥α，那么a∥α；
③假设a∥α，b∥α，那么a∥b；
④假设a⊂α，b⊂β，α∥β，那么a∥b.
真命题的个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A　由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.应选A.
4.如下图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，那么(　　)
A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH 是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
解析：选B　由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知，EFBD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGBD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．
5.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，那么MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A．相交
B．平行
C．垂直
D．不能确定
解析：选B　由题意可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，那么MQB1A1，NPAB，又B1A1AB，故MQNP，所以四边形MQPN是平行四边形，那么MN∥QP，QP⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，那么MN∥平面BCC1B1，应选B.
6．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出以下四个命题：
①假设m⊂α，n∥α，那么m∥n；
②假设α∥β，β∥γ，m⊥α，那么m⊥γ；
③假设α∩β＝n，m∥n，m∥α，那么m∥β；
④假设m∥α，n∥β，m∥n，那么α∥β.
其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)．
解析：①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β 或m⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．
答案：②
7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，假设EF∥平面AB1C，那么EF＝________．
解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.
答案：
8.如图，平面α∥平面β，△ABC，△A′B′C′分别在α，β内，线段AA′，BB′，CC′相交于点O，O在α，β之间，假设AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，OA∶OA′＝3∶2，那么△A′B′C′的面积为________．
解析：相交直线AA′，BB′所在平面和两平行平面α，β相交于AB，A′B′，所以AB∥A′B′.同理BC∥B′C′，CA∥C′A′.所以△ABC与△A′B′C′的三内角相等，所以△ABC∽△A′B′C′，＝＝.又因为S△ABC＝×2×1×＝，所以S△A′B′C′＝×＝×＝.
答案：
9．(2023届广东七校联考)如下图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，CD＝4，E为CD的中点．
(1)求证：AE∥平面PBC；
(2)求三棱锥C－PBE的体积．
解：(1)证明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴AC＝2，∠BCA＝60°.
在△ACD中，AD＝2，AC＝2，CD＝4，
∴AC2＋AD2＝CD2，∴∠CAD＝90°，那么△ACD是直角三角形．
又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE＝2，
∴△ACE是等边三角形，∴∠CAE＝60°，
∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.
又AE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AE∥平面PBC.
(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE，
∴PA为三棱锥P－BCE的高．
∵∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，∴∠BCE＝120°.
又BC＝1，CE＝2，
∴S△BCE＝×BC×CE×sin ∠BCE＝×1×2×＝，
∴V三棱锥C－PBE＝V三棱锥P－BCE＝×S△BCE×PA＝××2＝.
10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：
(1)EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明：(1)如图，连接SB，
在△SBC中，因为E，G分别是BC，SC的中点，
所以EG∥SB.
又因为SB⊂平面BDD1B1，
EG⊄平面BDD1B1，
所以EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，
因为F，G分别是DC，SC的中点，
所以FG∥SD.
又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，
FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面EFG∥平面BDD1B1.
B级·素养提升|练能力|
11.如图，在四面体ABCD中，假设截面PQMN是正方形，那么在以下说法中，错误的为(　　)
A．AC⊥BD
B．AC＝BD
C．AC∥截面PQMN
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析：选B　因为截面PQMN是正方形，
所以PQ∥MN，QM∥PN，
那么PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，
所以PQ∥AC，QM∥BD，
由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；
由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；
由BD∥PN，
所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确；
由上面可知，BD∥PN，MN∥AC.
所以＝，＝，
而AN≠DN，PN＝MN，
所以BD≠AC，故B错误．应选B.
12.
如下图，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，那么M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
解析：连接HN，FH，FN，那么FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，那么MN⊂平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1.
答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)
13．(2023届成都模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点．
(1)证明：平面BMN∥平面PCD；
(2)假设AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积．
解：(1)证明：如图，连接BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形．∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.
又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.
∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.
又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，
∴MN∥平面PCD.
又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，
∴平面BMN∥平面PCD.
(2)在(1)中已证BM⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.
又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3.
∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝AD＝3，∴△PMN的面积S△PMN＝S△PAD＝××(3)2＝.
∴三棱锥P－BMN的体积VP－BMN＝VB－PMN＝S△PMN·BM＝××3＝.
14．在如下图的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论．
解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下：
如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，
设O为A1C与AC1的交点．
由，O为AC1，A1C的中点．
连接MD，OE，OM，那么MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以MDAC，OEAC，因此MDOE.
从而四边形MDEO为平行四边形，那么DE∥MO.
因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，
所以DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.