2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第八章 立体几何与空间向量 课时规范练35　直线、平面平行的判定与性质 WORD版含解析.docx

1、课时规范练35直线、平面平行的判定与性质基础巩固组1.下列说法正确的是()A.若两条直线与同一条直线所成的角相等,则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C.若一条直线分别平行于两个相交平面,则一定平行它们的交线D.若两个平面都平行于同一条直线,则这两个平面平行2.(2021浙江宁海中学)已知三个不同的平面,和直线m,n,若=m,=n,则“”是“mn”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.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AEEB=AFFD=14,H,G分别为BC,CD的中点,则()A.B

2、D平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH平面ADC,且四边形EFGH是梯形4.(2021湖南雅礼中学二模)如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点E(不与端点重合),BD1平面B1CE,则()A.BD1CEB.AC1BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC15.如图,AB平面平面,过A,B的直线m,n分别交,于点C,E和D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,则BD的长为()A.65B.75C.85D.956.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是

3、A1B1,B1C1,BB1的中点,下列四个推断中正确的是()A.FG平面AA1D1DB.EF平面BC1D1C.FG平面BC1D1D.平面EFG平面BC1D17.过正方体ABCD-A1B1C1D1的三个顶点A1,C1,B的平面与底面ABCD所在平面的交线为l,则l与A1C1的位置关系是.8.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为.9.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,AD=2BC,E,F分别为CC1,DD1的中点.求证:平面BEF平面AD1C1.综合提升组10.(多选)(2021福建福州一模)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两

4、个顶点,M,N,P为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB平面MNP的是()11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=3,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P平面EFG,则线段D1P长度的最小值是()A.223B.62C.52D.7212.如图,四边形ABCD是空间四边形,E,F,G,H分别是四边上的点,它们共面,且AC平面EFGH,BD平面EFGH,AC=m,BD=n,则当四边形EFGH是菱形时,AEEB=.13.(2021山东临沂月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD上一点,且CE=2DE,F为棱

5、AA1的中点,且平面BEF与DD1交于点G,与AC1交于点H,则DGDD1=,AHHC1=.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,B1C1的中点,ACBD=P,A1C1EF=Q,如图.(1)若A1C交平面EFBD于点R,证明:P,Q,R三点共线;(2)线段AC上是否存在点M,使得平面B1D1M平面EFBD,若存在,确定M的位置;若不存在,说明理由.创新应用组15.(2021北京朝阳二模)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1,M是BB1的中点,动点P在正方体内部或表面上,且MP平面ABD1,则动点P的轨迹所形成区域的面积是()A.22B.2C.1D.216.

6、如图所示,侧棱与底面垂直,且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,N分别在线段AD1,BC上移动,始终保持MN平面DCC1D1,设BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是()课时规范练35直线、平面平行的判定与性质1.C解析由两条直线与同一条直线所成的角相等,可知两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故A错误;若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面可能平行或相交,故B错误;设=l,m,m,利用线面平行的性质定理,在平面中存在直线am,在平面中存在直线bm,所以可知ab,根据线面平行的判定定理,可得b,然后根据线面平行的性质定理

7、可知bl,所以ml,故C正确;若两个平面都平行于同一条直线,则两个平面可能平行,也可能相交,故D错误.故选C.2.A解析根据面面平行的性质定理,可知当“”时,有“mn”,故充分性成立;反之,当mn时,可能相交(如图),故必要性不成立.所以“”是“mn”的充分不必要条件.故选A.3.B解析如图,由题意,得EFBD,且EF=15BD,HGBD,且HG=12BD,EFHG,EFHG,四边形EFGH是梯形.又EFBD,EF平面BCD,BD平面BCD,EF平面BCD.故选B.4.D解析如图,设B1CBC1=O,则平面BC1D1平面B1CE=OE.BD1平面B1CE,根据线面平行的性质可得D1BEO,O为

8、B1C的中点,E为C1D1中点,D1E=EC1.故选D.5.C解析由AB,易证ACCE=BDDF,即ACAE=BDBF,所以BD=ACBFAE=245=85.故选C.6.AC解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,FGBC1,BC1AD1,FGAD1.FG平面AA1D1D,AD1平面AA1D1D,FG平面AA1D1D.故A正确;EFA1C1,A1C1与平面BC1D1相交,EF与平面BC1D1相交.故B错误;E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,FGBC1,FG平面BC1D1,BC1平面BC1D1,FG平面BC1D1.故C正确;EF

9、与平面BC1D1相交,平面EFG与平面BC1D1相交,故D错误.故选AC.7.平行解析因为过A1,C1,B三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为A1C1,与底面ABCD的交线为l,且正方体的两底面互相平行,则由面面平行的性质定理知lA1C1.8.平行四边形解析因为平面ABFE平面CDHG,平面EFGH平面ABFE=EF,平面EFGH平面CDHG=HG,所以EFHG.同理EHFG,所以四边形EFGH是平行四边形.9.证明取AD的中点G,连接BG,FG.因为E,F分别为CC1,DD1的中点,所以C1D1􀰿CD􀰿EF,因为C1D1平面AD1C1,EF平面AD1C

10、1,所以EF平面AD1C1.因为ADBC,AD=2BC,所以GD􀰿BC,即四边形BCDG是平行四边形,所以BG􀰿CD,所以BG􀰿EF,即四边形EFGB是平行四边形,所以BEFG.因为F,G分别是DD1,AD的中点,所以FGAD1,即BEAD1.因为AD1平面AD1C1,BE平面AD1C1,所以BE平面AD1C1.又BE平面BEF,FE平面BEF,BEEF=E,所以平面BEF平面AD1C1.10.ABD解析对于选项A,由图可知ACMN,CBNP,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC平面MNP.又因为AB平面ABC,所以直线AB平面MNP,

11、故A正确;对于选项B,根据题意得ABNP,结合直线与平面平行的判定定理,可知直线AB平面MNP,故B正确;对于选项C,由题意可知,平面MNP内不存在任意一条直线与直线AB平行,故直线AB与平面MNP不平行,故C错误;对于选项D,由图可知ACNP,CBNM,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC平面MNP,又因为AB平面ABC,所以直线AB平面MNP,故D正确.故选ABD.11.D解析如图,连接D1A,AC,D1C,因为E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,所以ACEF,EF平面ACD1,则EF平面ACD1.因为EGAD1,所以同理得EG平面ACD1,又EFEG=E,得平面ACD1平面E

12、FG.因为直线D1P平面EFG,所以点P在直线AC上,在ACD1中,有AD1=2,AC=2,CD1=2,所以SAD1C=12222-222=72,故当D1PAC时,线段D1P的长度最小,有SAD1C=12ACD1P,解得D1P=72122=72.故选D.12.mn解析AC平面EFGH,BD平面EFGH,AC平面ABC,BD平面ABD,平面ABC平面EFGH=EF,平面ABD平面EFGH=EH,EFAC,EHBD,EF=BEABm,EH=AEABn.又四边形EFGH是菱形,BEABm=AEABn,AEEB=mn.13.1638解析ABCD-A1B1C1D1是正方体,平面A1B1BA平面C1D1D

13、C.BF平面A1B1BA,BF平面CDD1C1.平面BFGE平面C1D1DC=GE,则BFGE,则AFAB=DGDE,即DGDE=12.又CE=2DE,则DGDD1=16.连接AC交BE于点M,过点M作MNCC1,MN与AC1交于点N,连接FM,则H为FM与AC1的交点.ABCE,AMMC=ABCE=32,则ANNC1=AMMC=32.MNCC1=35,MNFA=65=HNAH,故AHHC1=38.14.(1)证明因为ACBD=P,AC平面AA1C1C,BD平面EFBD,所以,点P是平面AA1C1C和平面EFBD的一个公共点,同理可知,点Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,即平面AA

14、1C1C和平面EFBD的交线为PQ.因为A1C平面EFBD=R,A1C平面AA1C1C,所以点R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,由基本事实3可知,RPQ,因此,P,Q,R三点共线.(2)解存在点M,使得平面B1D1M平面EFBD.如图所示,设B1D1A1C1=O,过点O作OMPQ交AC于点M,下面证明平面B1D1M平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以B1D1EF.因为B1D1平面EFBD,EF平面EFBD,所以B1D1平面EFBD.又OMPQ,OM平面EFBD,PQ平面EFBD,所以OM平面EFBD.因为OMB1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,

15、因此,平面B1D1M平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以EFB1D1,且EFOC1=Q,则点Q为OC1的中点,易知A1C1AC,即OQPM,又OMPQ,所以四边形OMPQ为平行四边形,所以PM=OQ=12OC1=14A1C1=14AC.因为四边形ABCD为正方形,且ACBD=P,则P为AC的中点,所以点M为AP的中点,所以AM=12AP=14AC,因此,线段AC上存在点M,且AMAC=14时,平面B1D1M平面EFBD.15.A解析如图所示,E,F,G,M分别是AA1,A1D1,B1C1,BB1的中点,则EFAD1,EMAB,所以EF平面ABD1,EM平面ABD1,且E

16、FEM=E,所以平面ABD1平面EFGM,故点P的轨迹为矩形EFGM.MB1=B1G=12,所以MG=22,所以S矩形EFGM=122=22.故选A.16.C解析过点M作MQDD1,交AD于点Q,连接QN.MN平面DCC1D1,MQ平面DCC1D1,MNMQ=M,平面MNQ平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和平面DCC1D1分别交于QN和DC,NQDC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x.MQAQ=DD1AD=2,MQ=2x.在RtMQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,y2-4x2=1(0x0,y=4x2+1,函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.故选C.