考点测试43　直线、平面平行的判定及其性质

1、金版教程一轮首选用卷 文数考点测试43直线、平面平行的判定及其性质高考概览高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读1. 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题一、基础小题1已知平面平面，若两条直线m，n分别在平面，内，则m，n的关系不可能是()A平行 B相交C异面 D平行或异面答案B解析由知，.又m，n，故mn.故选B.2两条直线a，b满足ab，b，则a与平面的位置关系是()Aa BaCa与相交 Da与不相交答案D解析由于b且ab，则a或a.故a与不相交

2、故选D.3如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则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B解析在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，AB平面ABC，A1B1平面ABC，A1B1平面ABC，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，DEA1B1，DEAB.4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答案C解析由面面平行的判定定理和性质知A，B，D

3、正确对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面5若直线l不平行于平面，且l，则()A内的所有直线与l异面B内不存在与l平行的直线C内存在唯一的直线与l平行D内的直线与l都相交答案B解析因为l，若在平面内存在与直线l平行的直线，则l，这与题意矛盾故选B.6下面结论中：过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行；过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行正确的序号为()A B C D答案C解析对于，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于，当已知直线与平

4、面相交时，不存在平面与已知平面平行，错误；对于，过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知直线平行，错误故选C.7有下列命题：若直线l平行于平面内的无数条直线，则直线l；若直线a在平面外，则a；若直线ab，b，则a；若直线ab，b，则a平行于平面内的无数条直线其中真命题的个数是()A1 B2 C3 D4答案A解析命题，l可以在平面内，是假命题；命题，直线a与平面可以是相交关系，是假命题；命题，a可以在平面内，是假命题；命题是真命题8已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是_(只填序号)AD1BC1；平面AB1D1平

5、面BDC1；AD1DC1；AD1平面BDC1.答案解析连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，则AD1BC1，从而正确；易证BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，从而正确；由图易知AD1与DC1异面，故错误；因为AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，故AD1平面BDC1，故正确二、高考小题9(2018浙江高考)已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”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答案A解析m，n，mn，m，故充分性成立而由m，n，得mn或m与n异面，故必

6、要性不成立故选A.10(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A解析A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ. C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，N

7、Q平面MNQ，AB平面MNQ.故选A.11(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A B C D答案A解析如图，延长B1A1至A2，使A2A1B1A1，延长D1A1至A3，使A3A1D1A1，连接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D.易证AA2A1BD1C，AA3A1DB1C.平面AA2A3平面CB1D1，即平面AA2A3为平面.于是mA2A3，直线AA2即为直线n.显然有AA2AA3A2A3，于是m，n所成的角为60，其正弦值为.故选A.12(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条

8、直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m与所成的角和n与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)答案解析由mn，m，可得n或n在内，当n时，与可能相交，也可能平行，故错误易知都正确三、模拟小题13(2019渭南模拟)在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD平面EFGH时，下面结论正确的是()AE，F，G，H一定是各边的中点BG，H一定是CD，DA的中点CBEEABFFC，且DHHADGGCDAEEBAHHD且BFFCDGGC答案D解析由BD平面EFGH，得BDEH，BDFG，则AE

9、EBAHHD，且BFFCDGGC.故选D.14(2019江门模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是()AMNAPBMNBD1CMN平面BB1D1DDMN平面BDP答案C解析取B1C1的中点Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理可得MQB1D1，MQ平面BB1D1D，易知NQBB1，NQ平面BB1D1D，平面MNQ平面BB1D1D，MN平面MNQ，MN平面BB1D1D，故选C.15(2019重庆六校联考)设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存

10、在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b答案D解析若存在一条直线a，a，a，则或与相交；若，则存在一条直线a，使得a，a，所以A的内容是的一个必要条件；同理，B，C的内容也是的一个必要条件而不是充分条件；可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面内，成为相交直线，则有，所以D的内容是的一个充分条件故选D.16(2019河北唐山统一考试)在三棱锥PABC中，PB6，AC3，G为PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为_答案8解析如图，过点G作EFAC.分别交PA，PC于点E，F，过E，F分别作ENPB，FMPB，分别交AB，

11、BC于点N，M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN即为所求截面)，且EFMNAC2，FMENPB2，所以截面的周长为248.17(2019郑州调研)设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：若m，n，则mn；若，m，则m；若n，mn，m，则m；若m，n，mn，则.其中是真命题的是_(填上正确命题的序号)答案解析若m，n，则mn或m，n异面，故错误；若，m，则m，m，故正确；若n，mn，m，则m或m，故错误；若m，n，mn，则或与相交，故错误一、高考大题1.(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，

12、M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离解(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又ED平面C1DE，MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解法一：过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE平面C1CE，故DECH.从而CH平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离由已知可得CE1，C

13、1C4，所以C1E，故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.解法二：在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DEBC，根据题意有DE，C1E，因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，所以DEEC1，所以SC1DE，设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VCC1DEVC1CDE，则有d14，解得d.所以点C到平面C1DE的距离为.2(2019天津高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCD为等边三角形，平面PAC平面PCD，PACD，CD2，AD3.(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH平面PAD；(2)求证：PA平面PCD；(3)求直线AD与平面PAC所成

14、角的正弦值解(1)证明：如图，连接BD，易知ACBDH，BHDH.又由BGPG，故GHPD.又因为GH平面PAD，PD平面PAD，所以GH平面PAD.(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DNPC.又因为平面PAC平面PCD，平面PAC平面PCDPC，DN平面PCD，所以DN平面PAC.又PA平面PAC，所以DNPA.又已知PACD，CDDND，所以PA平面PCD.(3)连接AN，由(2)中DN平面PAC，可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角因为PCD为等边三角形，CD2且N为PC的中点，所以DN.又DNAN，在RtAND中，sinDAN.所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值

15、为.3.(2019江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC.求证：(1)A1B1平面DEC1；(2)BEC1E.证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.(2)因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC，所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因为C1E

16、平面A1ACC1，所以BEC1E.二、模拟大题4.(2020惠州高三第一次调研)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，又PAAB4，ADCD，N是CD的中点(1)求证：MN平面PAD；(2)求点M到平面PBC的距离解(1)证明：在正三角形ABC中，ABBC，因为ADCD，BDBD，所以ABDCBD，所以M为AC的中点如图，取PC的中点为E，连接ME，NE.因为M为AC的中点，E为PC的中点，所以MEPA，又ME平面PAD，PA平面PAD，所以ME平面PAD，同理可得NE平面PAD.又ME平面MEN，NE平面MEN，MENEE，所以平面MEN平面P

17、AD.又MN平面MEN，所以MN平面PAD.(2)设点M到平面PBC的距离为h，在RtPAB中，PAAB4，所以PB4.在RtPAC中，PAAC4，所以PC4，在PBC中，PB4，PC4，BC4，所以SPBC4.由(1)可知M为AC的中点，所以SBMCSABC2.连接PM，由V三棱锥MPBCV三棱锥PBMC，即4h24，解得h，所以点M到平面PBC的距离为.5.(2020广东七校高三联考)如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PA2，ABC90，AB，BC1，AD2，CD4，E为CD的中点(1)求证：AE平面PBC；(2)求三棱锥CPBE的体积解(1)证明：AB，BC1，ABC90

18、，AC2，BCA60.在ACD中，AD2，AC2，CD4，AC2AD2CD2，CAD90，ACD是直角三角形又E为CD的中点，AECDCE2AC，ACE是等边三角形，CAE60，CAE60BCA，BCAE.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PBCE的高BCA60，ACD60，BCE120.又BC1，CE2，SBCEBCCEsinBCE12，V三棱锥CPBEV三棱锥PBCESBCEPA2.6.(2020成都高三摸底考试)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，ABAD，PAPD，ADCD，BAD60，M，N分别为AD，PA的中点(1)证明：平面BMN平面PCD；(2)若AD6，求三棱锥PBMN的体积解(1)证明：如图，连接BD.A