2020版数学新优化浙江大一轮试题：第八章 立体几何 考点规范练38 Word版含答案.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考点规范练考点规范练 38 直线、平面平行的判定与性质直线、平面平行的判定与性质 考点规范练第考点规范练第 49 页页 基础巩固组基础巩固组 1.(2018浙江镇海中学)设 a,b 是两条直线,表示两个平面,如果 a,那么 b 是 ab 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 A 解析如果 a,b,则必有 ba. 如果 a,ab,不能保证 b. 故“b”是“ab”的充分不必要条件. 2. 如图所示的三棱柱 ABC-A1B1C1中,过 A1B1的平面与平面 ABC 交于 DE,则 DE 与 AB的位置关系是 ( ) A.异面 B.平行 C.相交 D.以上均有可能 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 B 解析在三棱柱 ABC-A1B1C1中,ABA1B1, AB平面 ABC,A1B1平面 ABC, A1B1平面 ABC.过 A1B1的平面与平面 ABC交于 DE, DEA1B1,DEAB. 3.(2017课标高考)如图,在下列四个正方体中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,Q 为所在棱的中点,则 在这四个正方体中,直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( ) 答案 A 解析易知选项 B 中,ABMQ,且 MQ平面 MNQ,AB平面 MNQ,则 AB平面 MNQ;选项 C 中,AB MQ,且 MQ平面 MNQ,AB平面 MNQ,则 AB平面 MNQ;选项 D 中,ABNQ,且 NQ平面 MNQ,AB平面 MNQ,则 AB平面 MNQ,故排除选项 B,C,D;故选 A. 4. 如图,在四面体 ABCD 中,截面 PQMN 是正方形,且 PQAC,则下列命题错误的是( ) A.ACBD 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 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.,为不同的平面,a,b,c 为三条不同的直线,则下列命题正确的是( ) A.若 ,则 B.若 a,ab,则 b C.若 a,b,ca,cb,则 c D.若 a,b,则 ab 答案 D 解析对于 A,当平面 , 两两垂直时,显然结论不成立,故 A 错误; 对于 B,若 b,显然结论不成立,故 B 错误; 对于 C,以长方体 ABCD-A'B'C'D'为例,AB平面 A'B'C'D',CD平面 A'B'C'D',BCAB,BCCD, 但 BC与平面 A'B'C'D'不垂直,故 C 错误; 对于 D,由线面垂直的性质“垂直于同一个平面的两条直线平行”可知 D 正确.故选 D. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6.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. 答案 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.如图,在四面体 ABCD 中,M,N 分别是ACD,BCD 的重心,则四面体的四个面中与 MN 平行的 是 .(写出一个即可) 答案平面 ABC(或平面 ABD) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析连接 AM并延长交 CD 于 E,则 E 为 CD的中点. 由于 N为BCD 的重心, 所以 B,N,E 三点共线, 且,所以 MNAB. = = 1 2 于是 MN平面 ABD 且 MN平面 ABC. 8.如图,在四棱锥 V-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,E,F 分别为侧棱 VC,VB 上的点,且满足 VC=3EC,AF平面 BDE,则= . 答案 2 解析连接 AC,交 BD 于点 O,取 VE的中点 G,连接 FG,AG,当 VF=FB 时,FGBE,OEAG,所以平面 AFG平面 BDE,所以 AF平面 BDE.故=2. 能力提升组能力提升组 9.(2018浙江嘉兴)若 ,是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为( ) 若直线 m,则在平面 内,一定不存在与直线 m 平行的直线. 若直线 m,则在平面 内,一定存在无数条直线与直线 m 垂直. 若直线 m,则在平面 内,不一定存在与直线 m 垂直的直线. 若直线 m,则在平面 内,一定存在与直线 m 垂直的直线. A.B.C.D. 答案 C 解析对于,若直线 m, 互相垂直,则在平面 内,存在与直线 m 平行的直线,错误; 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 对于,若直线 m,则直线 m 垂直于平面 内的所有直线,则在平面 内,一定存在无数条直线 与直线 m垂直,正确; 对于,若直线 m,则在平面 内,一定存在与直线 m 垂直的直线,错误; 对于,若直线 m,则在平面 内,一定存在与直线 m 垂直的直线,正确.故选 C. 10.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 答案 B 解析如图,由题意得 EFBD,且 EF= BD. 1 5 HGBD,且 HG= BD, 1 2 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. 11.a,b,c表示不同的直线,M表示平面,给出四个命题:若 aM,bM,则 ab 或 a,b 相交或 a,b 异面; 若 bM,ab,则 aM;若 ac,bc,则 ab;若 aM,bM,则 ab.其中正确的为( ) A.B.C.D. 答案 A 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析对于,当 aM,bM时,则 a 与 b 平行、相交或异面,为真命题.中,bM,ab,则 aM 或 aM,为假命题.命题中,a 与 b 相交、平行或异面,为假命题.由线面垂直的性质,知命题为真 命题,所以为真命题. 12.平面 平面 的一个充分条件是( ) A.存在一个平面 , B.存在一条直线 a,a,a C.存在两条平行直线 a,b,a,b,a,b D.存在两条异面直线 a,b,a,b,a,b 答案 D 解析空间中垂直于同一个平面的两平面相交或平行,故排除 A.若 =l,a,al,则 a,故排除 B. 若 =l,a,al,b,bl,则 a,b,故排除 C. 13.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,在对角线 A1D 上取点 M,在 CD1上取点 N,使得线段 MN 平行于对角面 ACC1A1,则 MN 的最小值是( ) AB.1CD. 3 3 .2. 2 2 答案 A 解析作 MM1AD 于点 M1,NN1DC 于点 N1,下面证明 M1N1AC. MM1平面 A1ACC1及 MN平面 A1ACC1,且 MM1与 MN 相交, MNN1M1所确定的平面与 A1ACC1平行(如果一个平面内有两条相交直线和另一个平面平行, 则这两个平面平行).现 ABCD 分别去截这两个平行平面,则它们的交线 M1N1AC.设 DM1=DN1=x, 则 MM1=x,NN1=1-x.过点 M作 MHNN1于 H,NH=1-2x,M1N1=x.由勾股定理得 MN2=(x)2+(1- 22 2x)2=6故当 x= 时,MN 取到最小值 ( - 1 3) 2 + 1 3. 1 3 3 3 . 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 14. 如图,平面 ,线段 AB分别交 , 于 M,N,线段 AD分别交 , 于 C,D,线段 BF 分别交 , 于 F,E,若 AM=9,MN=11,NB=15,SFMC=78.则END的面积为 . 答案 100 解析,平面 AND 分别与 , 交于 MC,ND,MCND.同理 MFNE.FMC=END. = 1 2··sin 1 2··sin = · ·. 又,BN=15,BM=15+11=26,AN=9+11=20,AM=9,SEND=SFMC=100. = , = · · 15.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 . 答案或 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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 16.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 a,点 P 是棱 AD 上一点,且 AP= ,过 B1,D1,P 的平面交 3 底面 ABCD于 PQ,Q 在直线 CD 上,则 PQ= . 答案a 22 3 解析因为平面 A1B1C1D1平面 ABCD,而平面 B1D1P平面 ABCD=PQ,平面 B1D1P平面 A1B1C1D1=B1D1,所以 B1D1PQ. 又因为 B1D1BD,所以 BDPQ,设 PQAB=M, 因为 ABCD,所以APMDPQ. 所以=2,即 PQ=2PM.又知APMADB, = 所以, M = = 1 3 所以 PM= BD,又 BD=a,所以 PQ=a. 1 3 2 22 3 17. 如图,ABCD与 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; 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)平面 BDE平面 MNG. 证明(1)如图,连接 AE,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 DEGN,又 DE平面 MNG,GN平面 MNG, 所以 DE平面 MNG. 又 M 为 AB中点,所以 MN 为ABD 的中位线, 所以 BDMN,又 BD平面 MNG,MN平面 MNG,所以 BD平面 MNG, 又 DE 与 BD 为平面 BDE内的两条相交直线,所以平面 BDE平面 MNG. 18. 在如图所示的几何体中,四边形 CDEF 为正方形,四边形 ABCD 为等腰梯形,ABCD,AC= 3 ,AB=2BC=2,ACFB. (1)求证:AC平面 FBC. (2)求四面体 FBCD 的体积. (3)线段 AC上是否存在点 M,使 EA平面 FDM?若存在,请说明其位置,并加以证明;若不存在,请说明 理由. (1)证明在ABC 中, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因为 AC=,AB=2,BC=1,所以 AC2+BC2=AB2, 3 所以 ACBC. 又因为 ACFB,BCFB=B, 所以 AC平面 FBC. (2)解因为 AC平面 FBC,FC平面 FBC,所以 ACFC. 因为 CDFC,ACCD=C,所以 FC平面 ABCD. 在等腰梯形 ABCD 中可得 CB=DC=1,所以 FC=1. 所以BCD 的面积为 S= 3 4 . 所以四面体 FBCD 的体积为S·FC= 1 3 3 12. (3)解线段 AC 上存在点 M,且点 M 为 AC 中点时,有 EA平面 FDM.证明如下: 连接 CE,与 DF 交于点 N,取 AC 的中点 M,连接 MN. 因为四边形 CDEF 是正方形, 所以点 N 为 CE 的中点. 所以 EAMN.因为 MN平面 FDM,EA平面 FDM, 所以 EA平面 FDM.所以线段 AC 上存在点 M,且 M 为 AC 的中点,使得 EA平面 FDM 成立.