2021年高考考点完全题数学（文）考点通关练习题 第六章 立体几何 43 word版含答案

这是一份2021年高考考点完全题数学（文）考点通关练习题 第六章 立体几何 43 word版含答案，共14页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试43　直线、平面平行的判定及其性质


一、基础小题
1．设m，l表示直线，α表示平面，若m⊂α，则l∥α是l∥m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
答案　D
解析　l∥α l∥m，因为l与m也可以异面．反之l∥ml∥α，因为也可以l⊂α.
2．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线(　　)
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，不一定在平面α内
D．有无数条，一定在平面α内
答案　B
解析　由直线l与点P可确定一个平面β，则平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l∥α，所以l∥m，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面α内，选B.
3．下列命题中，错误的是(　　)
A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行
B．平行于同一个平面的两个平面平行
C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行
D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
答案　C
解析　由面面平行的判定定理和性质知A、B、D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面．
4．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则(　　)
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
答案　B
解析　因为l⊄α，若在平面α内存在与直线l平行的直线，则l∥α，这与题意矛盾，故选B.
5. 如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，则下列命题中，错误的是(　　)

A．AC⊥BD
B．AC∥截面PQMN
C．AC＝BD
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
答案　C
解析　由题意可知PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，所以AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；由PN∥BD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．
6．设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是(　　)
A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
答案　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l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意，综上选B.

7．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.
答案　a

解析　如图所示，连接AC，
易知MN∥平面ABCD，
∴MN∥PQ.
又∵MN∥AC，∴PQ∥AC.
又∵AP＝，
∴＝＝.
∴PQ＝AC＝a.

8．如图，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于G，连接CD交平面β于H，则四边形BGEH必为________．
答案　平行四边形
解析　由题意知，直线a与AF确定平面ACF，由面面平行的性质定理，可得BG∥CF，同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．
二、高考小题
9．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
答案　D
解析　若α，β垂直于同一个平面γ，则α，β可以都过γ的同一条垂线，即α，β可以相交，故A错；若m，n平行于同一个平面，则m与n可能平行，也可能相交，还可能异面，故B错；若α，β不平行，则α，β相交，设α∩β＝l，在α内存在直线a，使a∥l，则a∥β，故C错；从原命题的逆否命题进行判断，若m与n垂直于同一个平面，由线面垂直的性质定理知m∥n，故D正确．

10．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A． B．
C． D．
答案　A

解析　如图，延长B1A1至A2，使A2A1＝B1A1，延长D1A1至A3，使A3A1＝D1A1，连接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D.易证AA2∥A1B∥D1C，AA3∥A1D∥B1C.
∴平面AA2A3∥平面CB1D1，即平面AA2A3为平面α.
于是m∥A2A3，直线AA2即为直线n.显然有AA2＝AA3＝A2A3，于是m、n所成的角为60°，其正弦值为.选A.
11．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
答案　B
解析　A选项m、n也可以相交或异面，C选项也可以n⊂α，D选项也可以n∥α或n与α斜交．根据线面垂直的性质可知选B.
12．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)
答案　②③④
解析　由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错．易知②③④都正确．
三、模拟小题
13．若直线a∥平面α，直线b∥直线a，点A∈b且A∈α，则b与α的位置关系是(　　)
A．b∩α＝A B．b∥α
C．b∥α或b⊂α D．b⊂α
答案　D
解析　由a∥α，b∥a⇒b∥α或b⊂α，又b过α内一点，故b⊂α.
14．过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为a、b、c、…，那么这些交线的位置关系为(　　)
A．都平行
B．都相交且一定交于同一点
C．都相交但不一定交于同一点
D．都平行或交于同一点
答案　D
解析　若l∥平面α，则交线都平行；若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.
15． 如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.
其中正确的个数有(　　)

A．1 B．2
C．3 D．4
答案　C
解析　矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．故选C.

16．如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是(　　)
A．B′C′ B．A′B
C．A′B′ D．BB′
答案　B
解析　连接A′B，∵A′B∥CD′，∴A′B∥平面AD′C.
17．如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，点E、F、H、K分别为AC′、CB′、A′B′、B′C′的中点，G为△ABC的重心．从K、H、G、B′中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为(　　)

A．K B．H
C．G D．B′
答案　C
解析　取A′C′的中点M，连接EM、MK、KF、EF，则EM綊CC′綊KF，得EFKM为平行四边形，若P为K，则AA′∥BB′∥CC′∥KF，故与平面PEF平行的棱超过2条；HB′∥MK⇒HB′∥EF，若P为H或P为B′，则平面PEF与平面EFB′A′为同一平面，与平面EFB′A′平行的棱只有AB，不满足条件，故选C.
18．已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、β分别交于点A、C，过点P的直线n与α、β分别交于点B、D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为(　　)
A．16 B．24或
C．14 D．20
答案　B
解析　设BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒＝.
①当点P在两平面之间时，如图1，＝，
∴x＝24；
②当点P在两平面外侧时，如图2，＝，
∴x＝.


一、高考大题
1. 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求四面体N－BCM的体积．
解　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2，
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点，知TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA.
取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC＝3，得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC，得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体N－BCM的体积
VN－BCM＝·S△BCM·＝.
2. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.

(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.
解　(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．理由如下：
连接CM.因为AD∥BC，BC＝AD，
所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.
又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，
所以CM∥平面PAB.
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)证明：连接BM，由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，
因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD.
从而PA⊥BD.
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四边形BCDM是平行四边形．
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD⊂平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD.
二、模拟大题
3. 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，点M，N分别为A1C1与A1B的中点．

(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)求证：平面A1BC⊥平面A1ABB1.
证明　(1)连接BC1，
∵点M，N分别为A1C1与A1B的中点，∴MN∥BC1.
∵MN⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴MN∥平面BCC1B1.
(2)∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC.
又∵AB⊥BC，AA1∩AB＝A，∴BC⊥平面A1ABB1.
∵BC⊂平面A1BC，
∴平面A1BC⊥平面A1ABB1.

4. 如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为菱形．

(1)证明：平面AB1C∥平面DA1C1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
解　(1)证明：由棱柱ABCD－A1B1C1D1的性质知，
AB1∥DC1，
∵AB1⊄平面DA1C1，DC1⊂平面DA1C1，
∴AB1∥平面DA1C1，
同理可证B1C∥平面DA1C1，而AB1∩B1C＝B1，
由面面平行的判定定理知，平面AB1C∥平面DA1C1.
(2)存在这样的点P，使BP∥平面DA1C1.
∵A1B1綊AB綊DC，
∴四边形A1B1CD为平行四边形．
∴A1D∥B1C.
在C1C的延长线上取点P，使C1C＝CP，连接BP，
∵B1B綊C1C，
∴B1B綊CP，
∴四边形BB1CP为平行四边形，
则BP∥B1C，∴BP∥A1D，
∴BP∥平面DA1C1.
5．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°.PA⊥平面ABCD，且PA＝3.E为PD的中点，F在棱PA上，且AF＝1.

(1)求证：CE∥平面BDF；
(2)求三棱锥P－BDF的体积．
解　(1)证明：取PF的中点G，连接EG，CG.

连接AC交BD于O，连接FO.
由题意可得F为AG的中点，O为AC的中点，∴FO∥GC.
因为G为PF的中点，E为PD的中点，∴GE∥FD.
又GE∩GC＝G，GE，GC⊂平面GEC，FO∩FD＝F，FO，FD⊂平面FOD，∴平面GEC∥平面FOD.
∵CE⊂平面GEC，∴CE∥平面BDF.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA是三棱锥P－ABD的高，
又S△ABD＝×3×3×＝，
∴VP－BDF＝VP－ABD－VF－ABD＝××3－××1＝.

6．如图，在空间几何体ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC.
(1)证明：AE∥平面BCD；
(2)若△ABC是边长为2的正三角形，DE∥平面ABC，AD与BD，CD所成角的余弦值均为，求三棱锥D－BEC的体积．

解　(1)证明：过点D作DO⊥BC交BC于点O.
因为平面ABC⊥平面BCD，DO⊂平面BCD，DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD＝BC，所以DO⊥平面ABC.
又AE⊥平面ABC，所以AE∥DO.
又DO⊂平面BCD，AE⊄平面BCD，所以AE∥平面BCD.
(2)连接AO，由题意得DE∥AO，
因为AD与BD，CD所成角的余弦值均为，AC＝AB，
所以BD＝CD，所以O为BC的中点，
则易知AO⊥平面BCD，所以ED⊥平面BCD，
设DO＝a.因为BC＝2，所以OB＝OC＝1，OA＝，
所以CD＝，AD＝.
在△ACD中，AC＝2，
所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，即4＝3＋a2＋1＋a2－2×·×，解得a2＝1，
故a＝1，
所以VD－BEC＝VE－BCD＝××2×1×＝.