2025版高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质高效演练分层突破文新人教A版

PAGEPAGE1第4讲直线、平面平行的判定与性质[基础题组练]1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的全部直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：选B.因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．2．(2024·大连双基测试)已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是()A．l⊂α，m⊂β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．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，依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，故选B.3．(2024·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选A.由题意，对于①，依据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，依据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，依据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，依据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，故选A.4.如图所示，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，则()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EFeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,5)BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行6.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于．解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC的中点．故EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2).答案：eq\r(2)7．在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB＝90°，且AC＝1，AB＝2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM＝eq\f(2,3)AC.(1)若三棱锥A1­C1ME的体积为eq\f(\r(2),6)，求AA1的长；(2)证明：CB1∥平面A1EM.解：(1)设AA1＝h，因为VA1­C1ME＝VE­A1C1M，S△A1C1M＝eq\f(1,2)A1C1×h＝eq\f(h,2)，三棱锥E­A1C1M的高为2，所以VE­A1C1M＝eq\f(1,3)×eq\f(h,2)×2＝eq\f(\r(2),6)，解得h＝eq\f(\r(2),2)，即AA1＝eq\f(\r(2),2).(2)证明：如图，连接AB1交A1E于点F，连接MF.因为E为BB1的中点，所以AF＝eq\f(2,3)AB1，又AM＝eq\f(2,3)AC，所以MF∥CB1，又MF⊂平面A1EM，CB1⊄平面A1EM，所以CB1∥平面A1EM.8．(2024·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P­ABCD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P­ABM的体积．解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MN∥PA，又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．因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝eq\r(3)，所以三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).[综合题组练]1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为()A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．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，则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是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；由上面可知：BD∥PN，MN∥AC.所以eq\f(PN,BD)＝eq\f(AN,AD)，eq\f(MN,AC)＝eq\f(DN,AD)，而AN≠DN，PN＝MN，所以BD≠AC.B错误．故选B.2．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满意条件时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q为CC1的中点3．如图，四边形ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.4．(2024·南昌二模)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD.(1)确定点E，F的位置，并说明理由；(2)求三棱锥F­DCE的体积．解：(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CE∥AD，又AB∥DC，所以四边形AECD是平行四边形，所以DC＝AE＝eq\f(1,2)AB，即点E是AB的中点．因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB＝EF，平面PAD∩平面PAB＝PA，所以EF∥PA，又点E是AB的中点，所以点F是PB的中点．综上，E，F分别是