【2022屆走向高考】高三數學一輪(人教B版)基礎鞏固：第9章-第4節(jié)-線面、面面平行的判定與性質

第九章第四節(jié)一、選擇題1．(2022·沈陽模擬)已知直線a，b，平面α，則以下三個命題：①若a∥b，b?α，則a∥α；②若a∥b，a∥α，則b∥α；③若a∥α，b∥α，則a∥b.其中真命題的個數是()A．0 B．1C．2 D．3[答案]A[解析]①錯誤，沒有指出a?α；②錯誤，沒有指出b?α；③錯誤，a∥α，b∥α時，a與b可能平行，也可能相交、異面，故選A.2．(文)若a不平行于平面α，且a?α，則下列結論成立的是()A．α內的全部直線與a異面B．α內與a平行的直線不存在C．α內存在唯一的直線與a平行D．α內的直線與a都相交[答案]B[解析]由條件知a與α相交，故在平面α內的直線與a相交或異面，不存在與a平行的直線．(理)已知直線l、m，平面α、β，則下列命題中的假命題是()A．若α∥β，l?α，則l∥βB．若α∥β，l⊥α，則l⊥βC．若l∥α，m?α，則l∥mD．若α⊥β，α∩β＝l，m?α，m⊥l，則m⊥β[答案]C[解析]對于選項C，直線l與m可能構成異面直線，故選C.3．已知m、n、l1、l2表示不同直線，α、β表示不同平面．若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，則α∥β的一個充分條件是()A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l1 D．m∥l1且n∥l2[答案]D[解析]由定理“假如一個平面內有兩條相交直線分別與另一個平面平行，那么這兩個平面平行”結合選項D可推知α∥β，因此選D.4．(2022·廣東揭陽一模)設平面α，β，直線a，b，a?α，b?α，則“a∥β，b∥β”是“α∥β”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]B[解析]由平面與平面平行的判定定理可知，若直線a，b是平面α內兩條相交直線，且有“a∥β，b∥β”，則有“α∥β”，當“α∥β”時，若a?α，b?α，則有“a∥β，b∥β”，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分條件．5．(文)如圖，在三棱柱ABC－A′B′C′中，點E、F、H、K分別為AC′、CB′、A′B、B′C′的中點，G為△ABC的重心．從K、H、G、B′中取一點作為P，使得該棱柱恰有2條棱與平面PEF平行，則P為()A．K B．HC．G D．B′[答案]C[解析]假如平面PEF與側棱BB′平行則和三條側棱都平行，不滿足題意，而FK∥BB′，排解A；假如P為B′點，則平面PEF即平面A′B′C，此平面只與一條側棱AB平行，排解D.若P為H點，則HF為△BA′C′的中位線，∴HF∥A′C′；EF為△ABC′的中位線，∴EF∥AB，HE為△AB′C′的中位線，∴HE∥B′C′，明顯不合題意，排解B.(理)(2021·湖北天門一模)給出下列命題，其中正確的兩個命題是()①直線上有兩點到平面的距離相等，則此直線與平面平行；②夾在兩個平行平面間的兩條異面線段的中點連線平行于這兩個平面；③直線m⊥平面α，直線n⊥直線m，則n∥α；④a，b是異面直線，則存在唯一的平面α，使它與a，b都平行且與a，b的距離相等．A．①與② B．②與③C．③與④ D．②與④[答案]D[解析]直線上有兩點到平面的距離相等，則此直線可能與平面平行，也可能和平面相交；直線m⊥平面α，直線m⊥直線n，則直線n可能平行于平面α，也可能在平面α內，因此①③為假命題．6．下列命題中，是假命題的是()A．三角形的兩條邊平行于一個平面，則第三邊也平行于這個平面B．平面α∥平面β，a?α，過β內的一點B有唯一的一條直線b，使b∥aC．α∥β，γ∥δ，α、β與γ、δ的交線分別為a、b和c、d，則a∥b∥c∥dD．一條直線與兩個平面成等角是這兩個平面平行的充要條件[答案]D[解析]三角形的任意兩邊必相交，故三角形所在的平面與這個平面平行，從而第三邊也與這個平面平行，∴A真；假設在β內經過B點有兩條直線b、c都與a平行，則b∥c，與b、c都過B點沖突，故B真；∵γ∥δ，α∩γ＝a，α∩δ＝b，∴a∥b，同理c∥d；又α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝c，∴a∥c，∴a∥b∥c∥d，故C真；正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC與平面AA1D1D和平面CC1D1D所成角相等，但平面AA1D1D∩平面CC1D1D＝DD1，故D假二、填空題7．(2022·扶溝中學模擬)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分別是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內部運動，則M滿足條件________時，有MN∥平面B1BDD1[答案]M∈線段FH[分析]由H、N分別為CD、BC中點知HN∥BD，又MN∥平面B1BDD1，因此點M應使平面MHN∥平面B1BDD1，而點M在平面EFGH內，從而HM為平面HMN與平面EFGH的交線，而DD1為平面B1BDD1與平面EFGH的交線，由面面平行的性質定理知，應有HM∥DD1，故M在直線HF上可符合要求．[解析]由于HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，又平面NHF∩平面EFGH＝FH.故線段FH上任意點M與N相連，有MN∥平面B1BDD1，故填M∈線段FH.8．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上，若EF∥平面AB1C，則線段EF[答案]eq\r(2)[解析]∵EF∥平面AB1C平面ABCD經過直線EF與平面AB1C相交于AC∴EF∥AC，∵E為AD的中點，∴F為CD的中點，∴EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2).9．(2022·安徽渦陽檢測)一個透亮?????密閉的正方體容器中，恰好盛有該容器一半容積的水，任意轉動這個正方體，則水面在容器中的外形可以是：①三角形；②長方形；③正方形；④正六邊形．其中正確的結論是________．(把你認為正確結論的序號都填上)[答案]②③④[解析]由于正方體容器中盛有一半容積的水，無論怎樣轉動，其水面總是過正方體的中心．三角形截面不過正方體的中心，故①不正確；過正方體的一對棱和中心可作一截面，截面外形為長方形，故②正確；過正方體四條相互平行的棱的中點得截面外形為正方形，該截面過正方體的中心，故③正確；過正方體一面上相鄰兩邊的中點以及正方體的中心得截面外形的正六邊形，故④正確．故應填②③④.三、解答題10．(文)(2021·三明模擬)如圖，已知四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.(1)求證：AB∥平面PCD；(2)求證：BC⊥平面PAC；(3)若M是PC的中點，求三棱錐M－ACD的體積．[解析](1)由已知底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，又AB?平面PCD，CD?平面PCD，∴AB∥平面PCD.(2)在直角梯形ABCD中，過C作CE⊥AB于點E，則四邊形ADCE為矩形，∴AE＝DC＝1又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝eq\r(2)，∴AD＝CE＝1，則AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC.又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(3)∵M是PC中點，∴M到平面ADC的距離是P到平面ADC距離的一半．∴VM－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·(eq\f(1,2)PA)＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).(理)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(1)求直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值(2)在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結論[解析](1)如圖(1)，取AA1的中點M，連接EM，BM.由于E是DD1的中點，四邊形ADD1A1為正方形，所以EM∥AD又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥平面ABB1A1，從而BM為直線BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM為BE和平面ABB設正方體的棱長為2，則EM＝AD＝2，BE＝eq\r(22＋22＋12)＝3.于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝eq\f(EM,BE)＝eq\f(2,3)，即直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值為eq\f(2,3).(2)在棱C1D1上存在點F，使B1F∥平面A1BE如圖(2)，分別取C1D1和CD的中點F、G，連接B1F、EG、BG、CD1、FG.由于A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，因此D1C∥A又E、G分別為D1D、CD的中點，所以EG∥D1C，從而EG∥A1B這說明A1、B、G、E共面．所以BG?平面A1BE.由于四邊形C1CDD1與B1BCC1皆為正方形，F、G分別為C1D1和CD的中點，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四邊形B1BGF是平行四邊形，所以B1F又B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE故B1F∥平面A1BE一、解答題11．(文)(2022·海淀區(qū)期末)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分別是棱BC，CC1的中點(1)求證：AB⊥平面AA1C(2)若線段AC上的點D滿足平面DEF∥平面ABC1，試確定點D的位置，并說明理由；(3)證明：EF⊥A1C[解析](1)證明：∵A1A⊥底面ABC，∴A1A⊥又∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A∴AB⊥平面AA1C(2)∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴AB∥DE，∵在△ABC中E是BC的中點，∴D是線段AC的中點．(3)證明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A＝∴側面A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1由(1)可得AB⊥A1C∵AB∩AC1＝A，∴A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC又∵E，F分別為棱BC，CC1的中點，∴EF∥BC1，∴EF⊥A1C(理)(2022·山東煙臺一模)如圖(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BA＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P點在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上，如圖(2)所示，點E，F分別為棱PC，CD的中點．(1)求證：平面OEF∥平面APD；(2)求證：CD⊥平面POF；(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱錐E－CFO的體積．[解析](1)證明：由于點P在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上，所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.由于AB＝BC，所以O是AC的中點．由于E是PC的中點，所以OE∥PA.由于PA?平面APD，OE?平面APD，所以OE∥平面APD.同理OF∥平面APD.又由于OE∩OF＝O，OE，OF?平面OEF，所以平面OEF∥平面APD.(2)證明：由于∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.由于OF∥AD，所以CD⊥OF.由于PO⊥平面ADC，CD?平面ADC，所以PO⊥CD.又由于OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.(3)由于∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×3×4＝6.由于點O，F分別是AC，CD的中點，所以S△CFO＝eq\f(1,4)S△ACD＝eq\f(3,2).由題意可知△ACP是邊長為5的等邊三角形，所以高OP＝eq\f(5\r(3),2)，即P點到平面ACD的距離為eq\f(5\r(3),2).又由于E為PC的中點，所以E到平面CFO的距離為eq\f(5\r(3),4)，故VE－CFO＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(5\r(3),4)＝eq\f(5\r(3),8).12．(文)在正方體ABCD－A′B′C′D′中，棱AB、BB′、B′C′、C′D′的中點分別為E、F、G、H，如圖所示．(1)求證：AD′∥平面EFG；(2)求證：A′C⊥平面EFG；(3)推斷點A、D′、H、F是否共面，并說明理由．[解析](1)證明：連結BC′.在正方體ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′.所以四邊形ABC′D′是平行四邊形．所以AD′∥BC′.由于F、G分別是BB′、B′C′的中點，所以FG∥BC′，所以FG∥AD′.由于EF、AD′是異面直線，所以AD′?平面EFG.由于FG?平面EFG，所以AD′∥平面EFG.(2)證明：連結B′C.在正方體ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，BC′?平面BCC′B′，所以A′B′⊥BC′.在正方體BCC′B′中，B′C⊥BC′，由于A′B′?平面A′B′C，B′C?平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，所以BC′⊥平面A′B′C.由于A′C?平面A′B′C，所以BC′⊥A′C.由于FG∥BC′，所以A′C⊥FG.同理可證：A′C⊥EF.由于EF?平面EFG，FG?平面EFG，EF∩FG＝F，所以A′C⊥平面EFG.(3)點A、D′、H、F不共面．理由如下：假設A、D′、H、F共面．連結C′F、AF、HF.由(1)知，AD′∥BC′，由于BC′?平面BCC′B′，AD′?平面BCC′B′.所以AD′∥平面BCC′B′.由于C′∈D′H，所以平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.由于AD′?平面AD′HF，所以AD′∥C′F.所以C′F∥BC′，而C′F與BC′相交，沖突．所以A、D′、H、F點不共面．(理)(2021·山西大同市調研)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的側面AA1B1B為正方形，側面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB(1)求證：平面AA1B1B⊥平面BB1C(2)若AB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1體積[解析](1)證明：由側面AA1B1B為正方形知AB⊥BB1.又∵AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，∴AB⊥平面BB又∵AB?平面AA1B1B，∴平面AA1B1B⊥BB1C(2)由題意知，CB＝CB1，設O是BB1的中點，連接CO，則CO⊥BB1.由(1)知，CO⊥平面ABB1A1，且CO＝eq\f(\r(3),2)BC＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3).連接AB1，則VC－ABB1＝eq\f(1,3)S△ABB1·CO＝eq\f(1,6)×AB2·CO＝eq\f(2\r(3),3).∵VB1－ABC＝eq\f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq\f(2\r(3),3)，∴V三棱柱＝2eq\r(3).13．(文)(2021·南昌一模)如圖，多面體ABC－A1B1C1中，三角形ABC是邊長為4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝(1)若O是AB的中點，求證：OC1⊥A1B1；(2)在線段AB1上是否存在一點D，使得CD∥平面A1B1C1？若存在，確定點D的位置；若不存在，請說明理由[解析](1)取線段A1B1的中點E，連接OE，C1E，CO，已知等邊三角形ABC的邊長為4，AA1＝BB1＝2CC1＝4，AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1∥CC1，∴四邊形AA1B1B是正方形，OE⊥AB，CO⊥AB.∵CO∩OE＝O，∴AB⊥平面EOCC1，又A1B1∥AB，OC1?平面EOCC1，∴OC1⊥A1B1.(2)設OE∩AB1＝D，連接CD，則點D是AB1的中點，∴ED∥AA1，ED＝eq\f(1,2)AA1，又∵CC1∥AA1，CC1＝eq\f(1,2)AA1，∴四邊形CC1ED是平行四邊形，∴CD∥C1E，∴CD∥平面A1B1C1即存在點D，得CD∥平面A1B1C1，且點D是AB1的中點(理)如圖，矩形AMND所在的平面與直角梯形MBCN所在的平面相互垂直，MB∥NC，MN⊥MB.(1)求證：平面AMB∥平面DNC；(2)若MC⊥CB，求證：BC⊥AC.[證明](1)由于MB∥NC，MB?平面DNC，NC?平面DNC，所以MB∥平面DNC.由于四邊形AMND是矩形，所以MA∥DN.又MA?平面DNC，DN?平面DNC，所以MA∥平面DNC.又MA∩MB＝M，且MA、MB?平面AMB，所以平面AMB∥平面DNC.(2)由于四邊形AMND是矩形，所以AM⊥MN.由于平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，所以AM⊥平面MBCN.由于BC?平面MBCN，所以AM⊥BC.由于MC⊥BC，MC∩AM＝M，所以BC⊥平面AMC.由于AC?平面AMC，所以BC⊥AC.14．(文)(2022·保定模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC.設D、E分別為PA、AC中點．(1)求證：DE∥平面PBC；(2)求證：BC⊥平面PAB；(3)試問在線段AB上是否存在點F，使得過三點D，E，F的平面內的任一條直線都與平面PBC平行？若存在，指出點F的位置并證明；若不存在，請說明理由．[解析](1)證明：由于點E是AC中點，點D為PA的中點，所以DE∥PC.又由于DE?平面PBC，PC?平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2)證明：由于平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又PA?平面PAC，PA⊥AC，所以PA⊥平面ABC.所以PA⊥BC.又由于AB⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.(3)當點F是線段AB中點時，過點D，E，F的平面內的任一條直線都與平面PBC平行．取AB中點F，連EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.由于點E是AC中點，點F為AB的中點，所以EF∥BC.又由于EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC.又由于DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF內的任一條直線都與平面PBC平行．故當點F是線段AB中點時，過點D，E，F所在平面內的任一條直線都與平面PBC平行．(理)(2022·天津河西區(qū)一模)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E為CC1的中點(1)求證：AC1∥平面BDE；(2)求證：A1E⊥平面BDE；(3)若F為BB1上的動點，使直線A1F與平面BDE所成角的正弦值是eq\f(\r(6),3)，求DF的長．[解析]如圖建立空間直角坐標系D－xyz，則D(0