2023年高考数学二轮复习重点基础练习：专题十一 考点33 直线、平面平行的判定与性质（B卷）

这是一份2023年高考数学二轮复习重点基础练习：专题十一 考点33 直线、平面平行的判定与性质（B卷），共11页。试卷主要包含了已知直线l和平面等内容，欢迎下载使用。
专题十一 考点33 直线、平面平行的判定与性质（B卷）1.设m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，且m，.则“”是“且”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2.如图，在四棱柱中，ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，上，且.若G在线段上，且平面平面，则(   )A. B. C. D.3.已知直线l和平面：
①若直线l与平面内的无数条直线平行，则；
②若直线l与平面内的任意一条直线都不平行，则直线l和平面相交；
③若，则直线l与平面内某些直线平行；
④若，则存在平面内的直线b，使.
以上结论中正确的个数为(   )
A.0 B.1 C.2 D.34.如图，在三棱柱中，M，N分别为棱，的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC的边BC，AC于点E，F，则(   )
A.  B.四边形MNEF为梯形
C.四边形MNEF为平行四边形 D.5.在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且，又H，G分别为BC，CD的中点，则(   )
A.平面EFG，且四边形EFGH是矩形
B.平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C.平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D.平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形6.如图，正方体的棱长为a，M，N分别为和AC上的点，，则MN与平面的位置关系是(   )A.相交但不垂直 B.平行 C.垂直 D.不能确定7.如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，AC交BD于点O，E为AD的中点，F在PA上，，平面BEF，则的值为(   )

A.1 B. C.2 D.38.如图，在正方体中，M，N分别为AC， 的中点，则下列说法中错误是(   )

A. 平面
B.
C.直线MN与平面ABCD所成的角为45°
D.异面直线MN与所成的角为60°9.如图，在圆柱中，正三棱柱的所有顶点分别在圆柱的上、下底面的圆周上，F为上一点，，E为BC的中点，则下列关系正确的是(   )①平面；②平面；③平面；④平面.A.①② B.①③ C.②③ D.③④10.如图，在正方体中，，点E为AD的中点，点F在CD上.若平面，则线段EF的长度等于______________.11.如图，在三棱柱中，D是BC的中点，E是上一点，且平面，则的值为_______________.12.若在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上的一点，当点E满足条件________时，平面EBD.13.如图，在三棱柱中，与为正三角形，动点Q为侧面四边形内一点，若平面，则动点Q运动轨迹长度为_____________.14.如图，在正三棱柱中，边BC的中点为.(1)求三棱锥的体积.(2)点E在线段上，且平面，求的值.15.如图，四棱锥的底面是正方形，底面ABCD，E，F，H分别是BC，PC，PD的中点，.（I）求证：平面平面PBA；（II）求四棱锥被平面EFH分成的两部分的体积比.
答案以及解析1.答案：A解析：当，m，时，能推出且，故充分性成立.当且，m，时，若m，n是两条相交直线，则能推出；若m，n不是两条相交直线，则与可能相交.故不能推出，即必要性不成立.故选A.2.答案：B解析：四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，上，且，，，平面平面.在上，且平面平面，.又，，.故选B.3.答案：C解析：①中，直线l可以在平面内，③中，如果直线l和平面相交，那么在内没有直线与其平行，②④都是正确的.4.答案：B解析：在平行四边形中，，，，，.又平面ABC，平面ABC，平面ABC.又平面MNEF，平面平面，，.显然在中，，，四边形MNEF为梯形.故选B.5.答案：B解析：如图所示，在平面ABD内，，.又平面BCD，平面BCD，平面BCD.又在平面BCD内，，G分别是BC，CD的中点，..又，，.在四边形EFGH中，且，四边形EFGH为梯形.故选B.6.答案：B解析：如图，过点M作交于点P，过点N作交BC于点Q，连接PQ.，且，，.四边形MNQP为平行四边形，.又平面，平面，平面.7.答案：D解析：设AO交BE于点G，连接FG.因为E为AD的中点，四边形ABCD为平行四边形，所以，所以，故.因为平面BEF，平面平面，所以，所以，即.8.答案：D解析：如图，连接BD， ，由M，N分别为AC， 的中点知因为平面平面，所以平面，故A正确.易知平面平面，所以.又，所以，故B正确.易知MN与平面ABCD所成的角即为与平面ABCD所成的角，为45°，故C正确.易知MN与所成角即为与所成角，为45°，故D错误.故选D.
 9.答案：B解析：对于①，为的重心，，，又，，又平面，平面，平面，①正确；对于②，由①知：，又，与相交，又平面，与平面相交，②错误；对于③，为等边三角形，为中点，，由①知，，平面，平面，；又，平面，平面，③正确；对于④，由①知：，又为等边三角形，，异面直线与AB所成角为，即与AB不垂直，平面不成立，④错误.故选B.10.答案：解析：平面，平面ABCD，平面平面，，为DC的中点..11.答案：解析：连接交于点F，连接EF.因为平面平面，平面，所以，所以.因为，所以，所以.因为D是BC的中点，所以，所以.12.答案：解析：当E为SA的中点时，连接AC，设AC与BD的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD是平行四边形，所以点O是AC的中点.又E是SA的中点，所以OE是的中位线.所以.因为平面EBD，平面EBD，所以平面EBD.13.答案：3解析：取的中点E，连接交于点G，连接FG，则，所以.又由，得，所以，所以.又平面平面，所以平面，由此可知动点Q运动轨迹为线段.由题意知，所以.14.答案：(1)(2)解析：(1)因为为正三棱柱，所以平面ABC，所以三棱锥的体积.(2)连接交于F，连接EC交于G，连接FG，因为平面平面，平面平面，所以，因为为正三棱柱，所以侧面和侧面为平行四边形，从而有F为的中点，于是G为EC的中点，所以，因为D为边BC的中点，所以E为边的中点，所以.15.答案：（I）见解析（Ⅱ）解析：（I）证明：因为F，H分别是PC，PD的中点，所以.又因为四棱锥的底面是正方形，所以，即.又平面PBA，平面ABC，故平面PBA.同理可证平面PBA.因为平面EFH，平面EFH，，所以平面平面PBA.（Ⅱ）因为平面平面PBA，延伸平面EFH交AD于点Q，则，所以Q为AD的中点，连接FD.设多面体的体积为，剩余部分体积为，四棱锥的高为h.因为，，，所以.因为，所以，所以.