高考数学总复习《直线、平面平行的判定及性质》专项测试卷有答案

第第页高考数学总复习《直线、平面平行的判定及性质》专项测试卷有答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单项选择题1．(2024·辽宁本溪模拟)对于平面α和不重合的两条直线m，n，下列选项中正确的是()A．如果m⊂α，n∥α，m，n共面，那么m∥nB．如果m⊂α，n与α相交，那么m，n是异面直线C．如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n∥αD．如果m⊥α，n⊥m，那么n∥α2．(2024·浙江模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥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3．(2024·广东广州模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则()A．MF∥EBB．A1B1∥NEC．四边形MNEF为平行四边形D．四边形MNEF为梯形4．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，直线PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为()A.eq\r(,2) B．2C．2eq\r(,2) D．2eq\r(,3)5．(2024·天津模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有()A．0条 B．1条C．2条 D．1条或2条6．(2024·辽宁东北育才学校模拟)如图所示，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则点F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是()A．a B.eq\f(a,2)C.eq\r(2)a D.eq\f(\r(2),2)a二、多项选择题7．(2024·江苏苏州中学质量评估)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则()A．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行B．平面PAD和平面PBC的交线与底面ABCD平行C．平面PAB和平面PCD的交线与底面ABCD平行D．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行8．(2024·江苏南京质检)如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，下列四个命题中，正确的是()A．BM与ED平行B．CN与BE是异面直线C．AF与平面BDM平行D．平面CAN与平面BEM平行9．(2024·山东枣庄模拟)如图，向透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，有下面几个结论，其中正确的是()图1图2图3A．没有水的部分始终呈棱柱形B．水面EFGH所在四边形的面积为定值C．随着容器倾斜角度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行D．当容器倾斜如图3所示时，AE·AH为定值三、填空题与解答题10．在四面体ABCD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________．11．如图所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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)．12.如图，在三棱柱ABC­A′B′C′中，点D是BC的中点，欲过点A′作一截面与平面AC′D平行．(1)问应当怎样画线，并说明理由；(2)求所作截面与平面AC′D将三棱柱分成的三部分的体积之比．13．如图，B为△ACD所在平面外一点，M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心．(1)求证：平面MNG∥平面ACD；(2)求S△MNG∶S△ADC.14．如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE＝AF＝4，现将△AEF沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C＝2eq\r(6).(1)求五棱锥A′­BCDFE的体积．(2)在线段A′C上是否存在一点M，使得BM∥平面A′EF？若存在，求A′M；若不存在，请说明理由．高分推荐题15．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(,5),2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(,2),4)，\f(\r(,5),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(,5),2)，\r(,2))) D．[eq\r(,2)，eq\r(,3)]16．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq\f(CQ,QD1)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3).(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；(2)若R是AB上的点，eq\f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．解析版1．(2024·辽宁本溪模拟)对于平面α和不重合的两条直线m，n，下列选项中正确的是()A．如果m⊂α，n∥α，m，n共面，那么m∥nB．如果m⊂α，n与α相交，那么m，n是异面直线C．如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n∥αD．如果m⊥α，n⊥m，那么n∥α解析：由线面平行的性质定理，可知A正确，B选项中，n可以与m相交，C选项中，直线n可以与平面α相交，D选项中，n可以在平面α内，故选A.答案：A2．(2024·浙江模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥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解析：m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂α，由“α∥β”可得“m∥β且n∥β”，根据面面平行的判定定理可知“m∥β且n∥β”不能得“α∥β”，所以“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．故选A.答案：A3．(2024·广东广州模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则()A．MF∥EBB．A1B1∥NEC．四边形MNEF为平行四边形D．四边形MNEF为梯形解析：由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误；由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错误；∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB，显然在△ABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确．答案：D4．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，直线PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为()A.eq\r(,2) B．2C．2eq\r(,2) D．2eq\r(,3)解析：∵PD与平面CEF交于点H，∴平面CEF∩平面PCD＝CH.∵EF∥平面PCD，∴EF∥CH，过点C作CH∥EF交PD于点H，过点H作HM∥PA交AD于点M，连接CM，如图所示．∵EF∩AP＝F，CH∩HM＝H，∴平面AEF∥平面CHM.∵平面AEF∩平面ABCD＝AE，平面CHM∩平面ABCD＝CM，∴AE∥CM.又BC∥AM，∴四边形ABCM为平行四边形，∴AM＝BC＝2.又AD＝4，∴M是AD的中点，则H为PD的中点，∴CH＝eq\r(,CM2＋MH2)＝eq\r(,22＋22)＝2eq\r(,2).答案：C5．(2024·天津模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有()A．0条 B．1条C．2条 D．1条或2条解析：如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条．答案：C6．(2024·辽宁东北育才学校模拟)如图所示，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则点F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是()A．a B.eq\f(a,2)C.eq\r(2)a D.eq\f(\r(2),2)a解析：设G，H，I分别为CD，CC1，C1D1的中点，连接BG，GE，B1I，B1H，HI，CD1，易得A1，B，G，E四点共面，且平面A1BGE∥平面B1HI.又∵B1F∥平面A1BE，∴F落在线段HI上．∵正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，∴HI＝eq\f(1,2)CD1＝eq\f(\r(2),2)a，即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是eq\f(\r(2),2)a.故选D.答案：D二、多项选择题7．(2024·江苏苏州中学质量评估)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则()A．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行B．平面PAD和平面PBC的交线与底面ABCD平行C．平面PAB和平面PCD的交线与底面ABCD平行D．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行解析：对于A，设平面PBC∩平面PAD＝l，在平面PBC内存在无数条直线与l平行，且不在平面PAD内，则在平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行，故A正确；对于B，若l∥平面ABCD，l⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，则l∥BC，同理，l∥AD，则BC∥AD，这与四边形ABCD为梯形矛盾，故B错误；对于C，设平面PAB∩平面PCD＝m，∵AB∥CD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PCD∩平面ABCD＝CD，∴AB∥m，又AB⊂平面ABCD，m⊄平面ABCD，∴m∥平面ABCD，故C正确；对于D，假设平面PAD内存在一条直线a与BC平行，则BC∥平面PAD，又BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，则BC∥AD，不符合题意，∴平面PAD内任意一条直线都不与BC平行，故D正确．故选ACD.答案：ACD8．(2024·江苏南京质检)如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，下列四个命题中，正确的是()A．BM与ED平行B．CN与BE是异面直线C．AF与平面BDM平行D．平面CAN与平面BEM平行解析：由展开图还原得到正方体的直观图，如图，BM与ED异面，故A错误；易知CN与BE平行，故B错误；因为四边形AFMD是平行四边形，所以AF∥MD，又AF⊄平面BDM，MD⊂平面BDM，所以AF∥平面BDM，故C正确；显然AC∥EM，又AC⊄平面BEM，EM⊂平面BEM，所以AC∥平面BEM，同理AN∥平面BEM，又AC∩AN＝A，所以平面CAN∥平面BEM，故D正确．答案：CD9．(2024·山东枣庄模拟)如图，向透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，有下面几个结论，其中正确的是()图1图2图3A．没有水的部分始终呈棱柱形B．水面EFGH所在四边形的面积为定值C．随着容器倾斜角度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行D．当容器倾斜如图3所示时，AE·AH为定值解析：由于AB固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD∥HG∥EF∥AB，且平面AEHD∥平面BFGC，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A正确；对于水面EFGH所在四边形，从图2、图3可以看出，EF，GH长度不变，而EH，FG的长度随倾斜角度变化而变化，所以水面EFGH所在四边形的面积是变化的，故B错误；假设A1C1与水面所在的平面始终平行，又C1D1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A1B1C1D1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C错误；水量不变时，棱柱AEH­BFG的体积是定值，又该棱柱的高AB不变，且VAEH­BFG＝eq\f(1,2)·AE·AH·AB，所以AE·AH＝eq\f(2VAEH­BFG,AB)，即AE·AH是定值，故D正确．答案：AD三、填空题与解答题10．在四面体ABCD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________．解析：如图，连接AM并延长交CD于E，连接BN并延长交CD于F.由重心的性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E.由eq\f(EM,MA)＝eq\f(EN,NB)＝eq\f(1,2)，得MN∥AB.∵AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.答案：平面ABC和平面ABD11．如图所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，且FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，∴平面FNH∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.答案：点M在线段FH上12.如图，在三棱柱ABC­A′B′C′中，点D是BC的中点，欲过点A′作一截面与平面AC′D平行．(1)问应当怎样画线，并说明理由；(2)求所作截面与平面AC′D将三棱柱分成的三部分的体积之比．解：(1)在三棱柱ABC­A′B′C′中，点D是BC的中点，取B′C′的中点E，连接A′E，A′B，BE，则平面A′EB∥平面AC′D，A′E，A′B，BE即为应画的线，如图所示．理由如下：因为点D为BC的中点，点E为B′C′的中点，所以BD＝C′E.又因为BC∥B′C′，所以四边形BDC′E为平行四边形，所以DC′∥BE.因为DC′⊄平面A′BE，BE⊂平面A′BE，所以DC′∥平面A′BE.连接DE，则DE綉BB′，所以DE綉AA′，所以四边形AA′ED是平行四边形，所以AD∥A′E.因为AD⊄平面A′BE，A′E⊂平面A′BE，所以AD∥平面A′BE.又因为AD∩DC′＝D，AD⊂平面AC′D，DC′⊂平面AC′D，所以平面A′EB∥平面AC′D.(2)设棱柱的底面积为S，高为h.则V三棱锥C′­ACD＝V三棱锥B­A′B′E＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)Sh＝eq\f(1,6)Sh，所以三棱柱夹在平面AC′D与平面A′EB间的部分的体积为Sh－2×eq\f(1,6)Sh＝eq\f(2,3)Sh，所以所作截面与平面AC′D将三棱柱分成的三部分的体积之比为eq\f(1,6)Sh∶eq\f(2,3)Sh∶eq\f(1,6)Sh＝1∶4∶1.13．如图，B为△ACD所在平面外一点，M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心．(1)求证：平面MNG∥平面ACD；(2)求S△MNG∶S△ADC.(1)证明：连接BM，BN，BG并延长分别交AC，AD，CD于点P，F，H.∵M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心，∴eq\f(BM,MP)＝eq\f(BN,NF)＝eq\f(BG,GH)＝2.连接PF，FH，PH，有MN∥PF.又∵PF⊂平面ACD，MN⊄平面ACD，∴MN∥平面ACD.同理可得MG∥平面ACD.∵MG∩MN＝M，∴平面MNG∥平面ACD.(2)解：由(1)可知eq\f(MG,PH)＝eq\f(BG,BH)＝eq\f(2,3)，∴MG＝eq\f(2,3)PH.又∵PH＝eq\f(1,2)AD，∴MG＝eq\f(1,3)AD.同理可得NG＝eq\f(1,3)AC，MN＝eq\f(1,3)CD.∴△MNG∽△DCA，且相似比为1∶3，∴S△MNG∶S△ADC＝1∶9.14．如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE＝AF＝4，现将△AEF沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C＝2eq\r(6).(1)求五棱锥A′­BCDFE的体积．(2)在线段A′C上是否存在一点M，使得BM∥平面A′EF？若存在，求A′M；若不存在，请说明理由．解：(1)如图，连接AC，设AC∩EF＝H，连接A′H.因为四边形ABCD是正方形，AE＝AF＝4，所以H是EF的中点，且EF⊥AH，从而有A′H⊥EF，CH⊥EF.又A′H∩CH＝H，所以EF⊥平面A′HC，且EF⊂平面ABCD.从而平面A′HC⊥平面ABCD.过点A′作A′O垂直HC且与HC相交于点O.则A′O⊥平面ABCD.因为正方形ABCD的边长为6，AE＝AF＝4，所以A′H＝2eq\r(2)，CH＝4eq\r(2).所以在△A′HC中，cos∠A′HC＝eq\f(A′H2＋CH2－A′C2,2A′H·CH)＝eq\f(8＋32－24,2×2\r(2)×4\r(2))＝eq\f(1,2)，所以HO＝A′Hcos∠A′HC＝eq\r(2)，则A′O＝eq\r(6)，所以五棱锥A′­BCDFE的体积V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(62－\f(1,2)×4×4))×eq\r(6)＝eq\f(28\r(6),3).(2)线段A′C上存在点M，使得BM∥平面A′EF，此时A′M＝eq\f(\r(6),2).证明如下：如图，连接OM，BD，BM，DM，且易知BD过点O.因为A′M＝eq\f(\r(6),2)＝eq\f(1,4)A′C，HO＝eq\f(1,4)HC，所以OM∥A′H.又OM⊄平面A′EF，A′H⊂平面A′EF，所以OM∥平面A′EF.又BD∥EF，BD⊄平面A′EF，EF⊂平面A′EF，所以BD∥平面A′EF.又BD∩OM＝O，所以平面MBD∥平面A′EF.因为BM⊂平面MBD，所以BM∥平面A′EF.高分推荐题15．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(,5),2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(,2),4)，\f(\r(,5),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(,5),2)，\r(,2))) D．[eq\r(,2)，eq\r(,3)]解析：如图，取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，可以证明平面A1MN∥平面AEF，所以点P位于线段MN上．因为A1M＝A1N＝eq\r(,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(,5),2)，MN＝eq\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\r