2020年（新课改）数学高考总复习小测：直线、平面平行的判定及其

课时跟踪检测（四十一） 直线、平面平行的判定及其性质

一、题点全面练

1．已知α，β表示两个不同的平面，直线m是α内一条直线，则“α∥β”是“m∥β”的( )

A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

解析：选A 由α∥β，m?α，可得m∥β；反过来，由m∥β，m?α，不能推出α∥β.综上，“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件．

2．(2019·湘中名校联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )

A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n

解析：选D A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.

3.如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( )

A．垂直 B．相交不垂直 C．平行 D．重合

解析：选C 如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.

4．已知α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线．给出下列命题：①若l上两点到α的距离相等，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若α∥β，l?β，且l∥α，则l∥β.其中正确的命题是( )

A．①② C．①③

B.①②③ D．②③

解析：选D 对于①，若直线l在平面α内，l上有两点到α的距离为0，相等，此时l不与α平行，所以①错误；对于②，因为l∥β，所以存在直线m?β使得l∥m，因为l⊥α，所以m⊥α，又m?β，所以β⊥α，所以②正确；对于③，l∥α，故存在m?α使得l∥m，

因为α∥β，所以m∥β，因为l∥m，l?β，所以l∥β，③正确．故选D.

5．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列三个命题： ①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；

②若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n； ③若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m. 其中正确命题的个数是( ) A．0 C．2

B.1 D．3

解析：选C ①正确；②中三条直线也可能相交于一点，故错误；③正确，所以正确的命题有2个．

6．已知下列命题：

①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；

②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交； ③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面； ④若平面α∥平面β，直线a?α，直线b?β，则a∥b. 上述命题正确的是________(填序号)．

解析：①若直线与平面有两个公共点，由公理1可得直线在平面内，故①对；②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故②错；③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线无公共点，即平行或异面，故③对；④若平面α∥平面β，直线a?α，直线b?β，则a∥b或a，b异面，故④错．

答案：①③

7.如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH 的形状为________．

解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．

答案：平行四边形

8.如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱ADa

上一点，且AP＝，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直

3线CD上，则PQ＝________.

解析：如图，连接PD1，PB1.∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，

∴B1D1∥PQ.

又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ， 设PQ∩AB＝M，

∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ， PQPD

∴PM＝AP＝2，即PQ＝2PM. 又知△APM∽△ADB， ∴

PMAP1＝＝， BDAD3

122

∴PM＝BD，又BD＝2a，∴PQ＝a.

33答案：

22a 3

9.(2019·南昌模拟)如图，在四棱锥P-ABCD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P-ABM的体积．

解：(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点， ∴MN∥PA，

又MN?平面PAB，PA?平面PAB， ∴MN∥平面PAB.

在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN， ∴∠ACN＝60°.

又∠BAC＝60°，∴CN∥AB. ∵CN?平面PAB，AB?平面PAB， ∴CN∥平面PAB.

又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，

∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离． ∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝3，

113∴三棱锥P-ABM的体积V＝VM-. PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝××1×3×2＝32310.(2018·湘东五校联考)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，△A1CB是等边三角形，AC＝AB＝1，B1C1∥BC，BC＝2B1C1.

(1)求证：AB1∥平面A1C1C； (2)求多面体ABC-A1B1C1的体积． 解：(1)证明：取BC的中点D， 连接AD，B1D，C1D， ∵B1C1∥BC，BC＝2B1C1， ∴BD∥B1C1，BD＝B1C1， CD∥B1C1，CD＝B1C1，

∴四边形BDC1B1，CDB1C1是平行四边形， ∴C1D∥B1B，C1D＝B1B，CC1∥B1D， 又B1D?平面A1C1C，CC1?平面A1C1C， ∴B1D∥平面A1C1C.

在正方形ABB1A1中，BB1∥AA1，BB1＝AA1， ∴C1D∥AA1，C1D＝AA1，

∴四边形ADC1A1是平行四边形，∴AD∥A1C1. 又AD?平面A1C1C，A1C1?平面A1C1C， ∴AD∥平面A1C1C，

∵B1D∩AD＝D，∴平面ADB1∥平面A1C1C， 又AB1?平面ADB1，∴AB1∥平面A1C1C. (2)在正方形ABB1A1中A1B＝2，

∵△A1CB是等边三角形，∴A1C＝BC＝2，

2222

∴AC2＋AA21＝A1C，AB＋AC＝BC，

∴AA1⊥AC，AC⊥AB.

又AA1⊥AB，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥CD， 易得CD⊥AD，AD∩AA1＝A，∴CD⊥平面ADC1A1.

易知多面体ABC-A1B1C1是由直三棱柱ABD-A1B1C1和四棱锥C-ADC1A1组成的， 111

×1×1?×1＝， 直三棱柱ABD-A1B1C1的体积为×??2?241221

四棱锥C-ADC1A1的体积为××1×＝，

3226115

∴多面体ABC-A1B1C1的体积为＋＝.

4612

二、专项培优练

(一)易错专练——不丢怨枉分

1.在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平

行的直线MN有( )

A．无数条 C．1条

B.2条 D．0条

解析：选A 因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD，故有无数条直线MN∥平面ABCD，故选A.

2．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n?γ，且________，则m∥n”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．

①α∥γ，n?β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m?γ. 可以填入的条件有________(填序号)．

解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m?γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确．

答案：①或③

3.如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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，则FH∥D1D，HN∥BD， ∵FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，

∴平面FNH∥平面B1BDD1，只需M∈FH， 则MN?平面FNH，∴MN∥平面B1BDD1. 答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)

4.如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是______(填序号)．

①MB是定值； ②点M在圆上运动；

③一定存在某个位置，使DE⊥A1C； ④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.

解析：取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∵MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB?平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，

1

MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠

2MNB，∴MB是定值，①正确；∵B是定点，∴M在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．∴①②④正确．

答案：①②④

(二)素养专练——学会更学通

5．[直观想象、逻辑推理]如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证：

(1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG.

证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O， 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?平面BDE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D， 所以平面BDE∥平面MNG. 6．[直观想象、逻辑推理]

如图，四棱锥P -ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点． (1)求证：CE∥平面PAD.

(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若

存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH， 因为E为PB的中点， 1

所以EH∥AB，EH＝AB，

21

又AB∥CD，CD＝AB，

2所以EH∥CD，EH＝CD， 因此四边形DCEH为平行四边形， 所以CE∥DH，

又DH?平面PAD，CE?平面PAD， 因此CE∥平面PAD.

(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF， 证明如下：

取AB的中点F，连接CF，EF， 1

则AF＝AB，

2

1

因为CD＝AB，所以AF＝CD，

2

又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形， 因此CF∥AD.

又AD?平面PAD，CF?平面PAD， 所以CF∥平面PAD， 由(1)可知CE∥平面PAD， 又CE∩CF＝C， 故平面CEF∥平面PAD， 故存在AB的中点F满足要求．

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