高考数学一轮复习训练第8章第3讲直线平面平行的判定与性质

第八章第3讲[A级基础达标]1．有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4【答案】A2．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．①③ B．②③C．①④ D．②④【答案】C3．如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1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】B4．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【答案】B5．(2019年枣庄诊断)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为()A．2 B．2πC．2eq\r(3) D．4【答案】D【解析】连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4.6．在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．【答案】平面ABD与平面ABC【解析】如图，取CD的中点E.连接AE，BE，由于M，N分别是△ACD，△BCD的重心，所以AE，BE分别过M，N，且EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB．因为AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC．7．如图所示，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【答案】eq\r(2)【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2eq\r(2).又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC中点，所以EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2).8．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝eq\f(π,3)，AC＝4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则PQ的长度为________．【答案】eq\r(13)【解析】由题意知，AB＝8，过点P作PD∥AB交AA1于点D，连接DQ，则D为AM中点，PD＝eq\f(1,2)AB＝4.又因为eq\f(A1Q,QC)＝eq\f(A1D,AD)＝3，所以DQ∥AC，∠PDQ＝eq\f(π,3)，DQ＝eq\f(3,4)AC＝3.在△PDQ中，PQ＝eq\r(42＋32－2×4×3×cos\f(π,3))＝eq\r(13).9．(2019年南昌模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1．设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱锥P－ABM的体积．解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MN∥PA．因为MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，所以∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，所以CN∥AB．因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB．又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB．(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．由AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝eq\r(3).所以三棱锥P－ABM的体积V＝VM－PAB＝VC－PAB＝VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).10．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1∥MC1．又因为MC1∥BF，所以BF∥HD1．(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綉eq\f(1,2)DC．又D1G綉eq\f(1,2)DC，所以OE綉D1G，所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GE∥D1O.又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D．(3)由(1)知BF∥HD1，又BF⊄平面B1D1H，HD1⊂平面B1D1H，所以BF∥平面B1D1H.又BD∥B1D1，BD⊄平面B1D1H，B1D1⊂平面B1D1H，所以BD∥平面B1D1H.又DB∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.[B级能力提升]11．已知E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1上的点，且AE＝eq\f(1,2)AB，AF＝eq\f(1,3)AA1，M，N分别为线段D1E和线段C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A．1条 B．3条C．6条 D．无数条【答案】D【解析】在线段A1F上任取一点H，过点H可以作与平面ABCD平行的平面α，显然D1E，C1F都与这个平面α相交，连接两个交点的直线必与平面ABCD平行，故满足条件的直线12．(多选)(2020年青岛月考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的有A．直线A1B B．直线BB1C．平面A1DC1 D．平面A1BC1【答案】AD【解析】对于A，由于A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，可得直线A1B∥平面ACD1；对于B，由于B1B∥D1D，且D1D∩平面ACD1＝D1，可得直线B1B不平行平面ACD1；对于C，由于A1D∩AD1，A1D⊂平面A1DC1，可得平面A1DC1不与平面ACD1平行；对于D，由于A1B∥D1C，C1B∥D1A，A1B，C1B⊂平面A1BC1，可得平面A1BC1∥13．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，D是A1C1上的点，且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1【答案】1【解析】设BC1∩B1C＝O，连接OD．因为A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，所以A1B∥OD．因为四边形BCC1B1是菱形，所以O为BC1的中点，所以D为A1C1的中点，则A1D∶DC114．(2020年北京期末)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝eq\f(π,2)，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H，点N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，则eq\f(A1N,A1B1)的值为______．【答案】eq\f(1,2)【解析】取A1C1的中点M，A1B1的中点N，连接HM，MN，由H，M，N分别为CC1，A1C1，A1B1的中点，得MH∥A1C，MN∥B1C1∥B因为A1C⊂平面A1BC，MH⊄平面A1BC，所以MH∥平面A1BC．因为BC⊂平面A1BC，MN⊄平面A1BC，所以MN∥平面A1BC．又MH∩MN＝M，所以平面MNH∥平面A1BC，则NH∥平面A1BC．由N为A1B1的中点，可知eq\f(A1N,A1B1)的值为eq\f(1,2).15．(2019年河南八市联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，PA⊥平面ABCD，E，F分别为AD，PA的中点，点Q是BC上的一个动点．(1)当Q是BC的中点时，求证：平面BEF∥平面PDQ；(2)当BD⊥FQ时，求eq\f(BQ,QC)的值．解：(1)证明：因为E，Q分别是AD，BC的中点，所以ED＝BQ，ED∥BQ，所以四边形BEDQ是平行四边形．所以BE∥DQ.又BE⊄平面PDQ，DQ⊂平面PDQ.所以BE∥平面PDQ.又F是PA的中点，所以EF∥PD．因为EF⊄平面PDQ，PD⊂平面PDQ，所以EF∥平面PDQ.因为BE∩EF＝E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以平面BEF∥平面PDQ.(2)如图，连接AQ，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD．因为BD⊥FQ，PA∩FQ＝F，PA⊂平面PAQ，FQ⊂平面PAQ，所以BD⊥平面PAQ.因为AQ⊂平面PAQ，所以AQ⊥BD．在矩形ABCD中，由AQ⊥BD得△AQB与△DBA相似，所以AB2＝AD×BQ.又AB＝1，AD＝2，所以BQ＝eq\f(1,2)，QC＝eq\f(3,2).所以eq\f(BQ,QC)＝eq\f(1,3).16．(2020年北京期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知底面ABCD为平行四边形，点E为棱PD的中点．(1)求证：BC∥平面PAD；(2)设平面EBC∩平面PAD＝EF，点F在PA上，求证：F为PA的中点．证明：(1)因为底面ABCD为平行四边形，所以BC∥AD．因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD．(2)因为平面EBC∩平面PAD＝EF，点F在PA上，BC∥平面PAD，BC⊂平面EBC，所以EF∥BC．因为点E为棱PD的中点，所以点F为PA的中点．[C级创新突破]17．(2020年绍兴期中)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AB的中点，点F在CC1上，且CF＝2FC1，点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点，且PB1∥平面DEF，则tan∠ABP的取值范围为________【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(13),3)))【解析】如图所示，作出平面MNQB1∥平面DEF，则A1Q＝2AQ，DN＝2D1N.因为PB1∥平面DEF，所以P的轨迹是线段QN.当点P在Q处，tan∠ABP取最小值，tan∠ABP＝eq\f(1,3)；当P在N处，tan∠ABP取最大值，tan∠ABP＝eq\f(\r(13),3).所以tan∠ABP的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(13),3))).18．(2020年衡水一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)在线段PC上是否存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出eq\f(PQ,QC)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取PA的中点M，连接MD，MF，因为F，M分别为PB，PA的中点，所以FM∥AB，FM＝eq\f(1,2)AB．又四边形ABCD是平行四边形，故AB∥CD，AB＝CD．因为E为CD的中点，所以DE∥AB，DE＝eq\f(1,2)AB．所以DE∥FM，DE＝FM，则四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥DM.因为EF⊄平面PAD，DM⊂平面PAD．所以EF∥平面PAD．(2)存在点Q符合题意，且此