2021高考文科数学（人教A版）一轮复习课时规范练38直线、平面平行的判定与性质 WORD版含解析.docx

1、课时规范练38直线、平面平行的判定与性质 基础巩固组1.(2019安徽江南十校3月模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点.则下列叙述中正确的是()A.直线BQ平面EFGB.直线A1B平面EFGC.平面APC平面EFGD.平面A1BQ平面EFG2.已知互不相同的直线l,m,n和平面,则下列命题正确的是()A.若l与m为异面直线,l,m,则B.若,l,m,则lmC.若=l,=m,=n,l,则mnD.若,则3.如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合),BD1平面B1CE,则()

2、A.BD1CEB.AC1BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC14.在正方形ABCD中,AB=4,E,F分别是AB,AD的中点,将AEF沿EF折起到AEF的位置,使得AC=23,在平面ABC内,过点B作BG平面AEF交边AC上于点G,则AG=()A.33B.233C.3D.4335.如图所示的四个正方体图形中,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面MNP的图形的序号是.(写出所有符合要求的图形序号)6.(2019福建泉州质检,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,BC=CD=12AB=2,ABC=BCD=90,E为PB的中点.(1)证明:CE

3、平面PAD;(2)略.7.(2019河北唐山三模,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=4,AB=43,M,N分别为AB,CC1的中点.(1)求证:CM平面B1AN;(2)略.8.(2019北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)略;(2)略;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.综合提升组9.平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33D.1310.(2019湖南六校联考,11)

4、如图,平面四边形ABCD中,E,F是AD,BD中点,AB=AD=CD=2,BD=22,BDC=90,将ABD沿对角线BD折起至ABD,使平面ABD平面BCD,则四面体ABCD中,下列结论不正确的是()A.EF平面ABCB.异面直线CD与AB所成的角为90C.异面直线EF与AC所成的角为60D.直线AC与平面BCD所成的角为3011.(2019湖南师大附中模拟三)在梯形ABCD中(图1),ABCD,AB=2,CD=5,过A,B分别作CD的垂线,垂足分别为E,F,且AE=2DE,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起,使得CFFE,且DECF,得空间几何体ADE-BCF(图2).直线AC与平面ABFE

5、所成角的正切值是22.(1)求证:BE平面ACD;(2)略.12.(2019江苏苏州期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ABBC,E,F分别是A1C1,BC的中点.(1)求证:略;(2)求证:C1F平面ABE.创新应用组13.(2019湖南师大附中模拟一)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AC边的中点,AB=AC=2,BC=1,AA1=3.(1)求证:AB1平面BDC1;(2)求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值.14.(2019山东临沂一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ABAD,ADBC,AD=2BC=4,PB=42,M是线段AP的中点.(

6、1)证明:BM平面PCD;(2)当PA为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此最大值.参考答案课时规范练38直线、平面平行的判定与性质1.B过点E,F,G的截面如图所示(H,I分别为AA1,BC的中点),A1BHE,A1B平面EFG,HE平面EFG,A1B平面EFG,故选B.2.C若l与m为异面直线,l,m,则与平行或相交,A错,排除A;若,l,m,则l与m平行或异面,B错,排除B;若,则或,D错,排除D,故选C.3.D设B1CBC1=O,如图,BD1平面B1CE,平面BC1D1平面B1CE=OE,BD1OE,O为BC1的中点,E为C1D1的中点,D正确;由异面直线的定义知BD1,CE是

7、异面直线,故A错;在矩形ABC1D1中,AC1与BD1不垂直,故B错;C显然错,故选D.4.B连接AC分别交BD,EF于O,H,图略.E,F分别是AB,AD中点,则EFBD,OHHC=13,BD平面AEF,又BG平面AEF,平面BGD平面AEF,平面ACH分别与两面交于OG,HA,OGHA,AGAC=HOHC=13,AG=13AC=233,故选B.5.在中,由于平面MNP与AB所在的侧面平行,所以AB平面MNP;在中,由于AB与以MP为中位线的三角形的底边平行,所以ABMP,又因为MP平面MNP,AB平面MNP.所以AB平面MNP.中,只须平移AB,即可发现AB与平面MNP相交.故填.6.解

8、(1)证明:取PA中点Q,连接QD,QE,图略,则QEAB,且QE=12AB,所以QECD,且QE=CD,即四边形CDQE为平行四边形,CEQD,又因为CE平面PAD,QD平面PAD,所以CE平面PAD.7.解 (1)证明:取AB1的中点E,连接EM,EN,图略,在ABB1中,E,M分别是AB1,AB的中点,则EMBB1,且EM=12BB1,又N为CC1的中点,CC1BB1,所以NCBB1,NC=12BB1,从而有EMNC且EM=NC,所以四边形EMCN为平行四边形,所以CMNE.又因为CM平面B1AN,NE平面B1AN,所以CM平面B1AN.8.解 棱PB上存在点F,使得CF平面PAE.取F

9、为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FGAB,且FG=12AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CE=12AB.所以FGCE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CFEG.因为CF平面PAE,EG平面PAE,所以CF平面PAE.9.A如图,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,nCD1,mB1D1.B1D1C为正三角形,B1D1C=60,m,n所成的角的正弦值为32.10.CA选项:因为E,F分别为AD和BD两边中点,所以EFAB,即EF平面ABC,故A正确;B选项:因为平面ABD平面BCD,交线为BD,且CDBD,

10、所以CD平面ABD,即CDAB,故B正确;C选项:取CD边中点M,连接EM,FM,则EMAC,所以FEM为异面直线EF与AC所成角,又EF=1,EM=2,FM=3,即FEM=90,故C错误;D选项:连接AF,可得AFBD,由面面垂直的性质可得AF平面BCD,连接CF,可得ACF为AC与平面BCD所成角,由sinACF=|AF|AC|=222=12,可得直线AC与平面BCD所成角为30,故D正确.故选C.11.解 (1)证明:由CFBE,CFEF,且BFFE=F,可得CF平面ABFE,设DE=x,则CF=3-x,AF=2x2+1,由直线AC与平面ABFE所成角的正切值是22,得3-x2x2+1=

11、22,解得x=1.所以AE=2DE=2,EF=CF=2.连接BE交AF于点O,取AC的中点H,连接OH,DH,因为四边形ABFE为矩形,则OH是AFC的中位线,所以OHCF且OH=12CF,由已知得DECF且DE=12CF,所以DEOH且DE=OH,所以四边形DEOH为平行四边形,DHEO,又因为EO平面ABFE,DH平面ABFE,所以EO平面ACD,即BE平面ACD.12.(2)证明 取AB中点G,连接EG,FG.因为E,F分别是A1C1,BC的中点,所以FGAC,且FG=12AC.因为ACA1C1,且AC=A1C1,所以FGEC1,且FG=EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形.所以C1

12、FEG.又因为EG平面ABE,C1F平面ABE,所以C1F平面ABE.13.解 (1)证明:如图,连接B1C交BC1于点E,连接DE,由直三棱柱ABC-A1B1C1可知,点E为B1C的中点,又D为AC的中点,所以DEAB1,且DE平面BDC1,AB1平面BDC1,所以AB1平面BDC1.(2)由(1)可知异面直线AB1与BC1所成角即DE与BC1所成角.因为BC=1,CC1=AA1=BB1=3,所以BC1=2,EC1=1.又因为A1B1=2,A1A=3,所以AB1=7,所以DE=72.由DC=1,CC1=3,得DC1=2.在EC1D中,cosC1ED=1+74-42172=-547=-5728

13、,故所求角的余弦值为5728.14.解 (1)证明:取PD中点N,连接MN,CN,M是AP的中点,MNAD且MN=12AD,ADBC,AD=2BC,MNBC,MN=BC,四边形MNCB是平行四边形,MBCN,又BM平面PCD,CN平面PCD,BM平面PCD.(2)设PA=x(0x42),PA平面ABCD,PAAB,PB=42,AB=PB2-AB2=32-x2,又ABAD,AD=2BC=4,VP-ABCD=13SABCDPA=1312(AD+BC)ABPA=x32-x2x2+32-x22=16,当且仅当x=32-x2,即x=4时取等号,故当PA=4时,四棱锥P-ABCD的体积最大,最大值为16.