【志鸿优化设计】2022届高考数学一轮复习 考点规范练40.docx

1、考点规范练40直线、平面平行的判定与性质一、非标准1.已知直线a,b,平面,则以下三个命题:若ab,b,则a;若ab,a,则b;若a,b,则ab.其中真命题的个数是()A.0B.1C.2D.32.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.B.C.D.3.平面平面的一个充分条件是()A.存在一条直线a,a,aB.存在一条直线a,a,aC.存在两条平行直线a,b,a,b,a,bD.存在两条异面直线a,b,a,b,a,b4.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQAC,则下列命题中错误的是()A.ACBDB

2、.AC截面PQMNC.AC=BDD.异面直线PM与BD所成的角为455.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD平面ABCD,NB平面ABCD,且MD=NB=1,G为MC的中点.则下列结论中不正确的是()A.MCANB.GB平面AMNC.平面CMN平面AMND.平面DCM平面ABN6.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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满足条件时,有平面D1BQ平面PAO.7.(2022河北保定调研)已知直三棱柱ABC-ABC满足BAC=90,AB=AC=AA=2,点M,N分别为AB,BC的中点.(1)求证:MN平面AACC;(2)求

3、三棱锥C-MNB的体积.8.如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB.过A作AFSB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG平面ABC;(2)BCSA. 9.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AEEB=AFFD=14.又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD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10.设m,n是平面内的两条不同直线,l1,l2是平面内的两条相交直线,则的一个充分

4、不必要条件是()A.m且l1B.ml1且nl2C.m且nD.m且nl211.设,为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“若=m,n,且,则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.,n;m,n;n,m.可以填入的条件有.12.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,底面ABCD为矩形,PD=DC=4,AD=2,E为PC的中点.(1)求三棱锥A-PDE的体积;(2)AC边上是否存在一点M,使得PA平面EDM?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.13.(2022安徽,文19)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2.点G,E,F

5、,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH平面ABCD,BC平面GEFH.(1)证明:GHEF;(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.#一、非标准1.A解析:对于,若ab,b,则应有a或a,所以不正确;对于,若ab,a,则应有b或b,因此不正确;对于,若a,b,则应有ab或a与b相交或a与b异面,因此是假命题.综上,在空间中,以上三个命题都是假命题.2.C解析:对于图形,平面MNP与AB所在的对角面平行,即可得到AB平面MNP;对于图形,ABPN,即可得到AB平面MNP;图形无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行.3.D解析:若=l,al,a,a,则a,a,故排除A.若

6、=l,a,al,则a,故排除B.若=l,a,al,b,bl,则a,b,故排除C.选D.4.C解析:由题意可知PQAC,QMBD,PQQM,所以ACBD,故A正确;由PQAC可得AC截面PQMN,故B正确;由PNBD可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,又四边形PQMN为正方形,所以MPN=45,故D正确;而AC=BD没有论证来源.5.C解析:显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体,把该几何体放置到正方体中(如图),取AN的中点H,连接HB,MH,则MCHB,又HBAN,所以MCAN,所以A正确;由题意易得GBMH,又GB平面AMN,MH平面AMN,所以GB平面AMN

7、,所以B正确;因为ABCD,DMBN,且ABBN=B,CDDM=D,所以平面DCM平面ABN,所以D正确.6.Q为CC1的中点解析:如图,假设Q为CC1的中点,因为P为DD1的中点,所以QBPA.连接DB,因为P,O分别是DD1,DB的中点,所以D1BPO.又D1B平面PAO,QB平面PAO,所以D1B平面PAO,QB平面PAO.又D1BQB=B,所以平面D1BQ平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时,有平面D1BQ平面PAO.7.(1)证明:如图,连接AB,AC.四边形ABBA为矩形,M为AB的中点,AB与AB交于点M,且M为AB的中点.又点N为BC的中点,MNAC.MN平面AACC,且

8、AC平面AACC,MN平面AACC.(2)解:由图可知VC-MNB=VM-BCN.BAC=90,BC=2,又三棱柱ABC-ABC为直三棱柱,且AA=4,SBCN=24=4.AB=AC=2,BAC=90,点N为BC的中点,ANBC,AN=.又BB平面ABC,ANBB.AN平面BCN.又M为AB的中点,M到平面BCN的距离为.VC-MNB=VM-BCN=4.8.证明:(1)因为AS=AB,AFSB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EFAB.因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEG=E,所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SA

9、B平面SBC,且交线为SB,AF平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC.因为BC平面SBC,所以AFBC.又因为ABBC,AFAB=A,AF平面SAB,AB平面SAB,所以BC平面SAB.因为SA平面SAB,所以BCSA.9.B解析:如图,由题意得,EFBD,且EF=BD.HGBD,且HG=BD,EFHG,且EFHG.四边形EFGH是梯形.又EF平面BCD,而EH与平面ADC不平行,故B正确.10.B解析:对于选项A,不合题意;对于选项B,由于l1与l2是相交直线,而且由l1m可得l1,同理可得l2,故可得,充分性成立,而由不一定能得到l1m,它们也可以异面,故必要性不成立,故选B;对于选项

10、C,由于m,n不一定相交,故是必要不充分条件;对于选项D,由于nl2可转化为n,同选项C,故不符合题意.综上选B.11.或解析:由面面平行的性质定理可知,正确;当n,m时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以平行,正确.12.解:(1)因为PD平面ABCD,所以PDAD.又因为ABCD是矩形,所以ADCD.因为PDCD=D,所以AD平面PCD.所以AD是三棱锥A-PDE的高.因为E为PC的中点,且PD=DC=4,所以SPDE=SPDC=4.又AD=2,所以VA-PDE=ADSPDE=24=.(2)取AC的中点M,连接EM,DM,因为E为PC的中点,M为AC的中点,所以EMPA.又因为EM平面

11、EDM,PA平面EDM,所以PA平面EDM.所以AM=AC=.即在AC边上存在一点M,使得PA平面EDM,AM的长为.13.(1)证明:因为BC平面GEFH,BC平面PBC,且平面PBC平面GEFH=GH,所以GHBC.同理可证:EFBC,因此GHEF.(2)解:连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.因为PA=PC,O是AC的中点,所以POAC,同理可得POBD.又BDAC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO底面ABCD.又因为平面GEFH平面ABCD,且PO平面GEFH,所以PO平面GEFH.因为平面PBD平面GEFH=GK,所以POGK,且GK底面ABCD,从而GKEF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2,得EBAB=KBDB=14,从而KB=DB=OB,即K为OB的中点.再由POGK,得GK=PO,即G是PB的中点,且GH=BC=4.由已知可得OB=4,PO=6,所以GK=3.故四边形GEFH的面积S=GK=3=18.