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1、考点测试考点测试 4343 直线、平面平行的判定及其性质直线、平面平行的判定及其性质 高考概览 高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度 考纲研读 1以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定 定理 2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题 一、基础小题 1已知平面平面，若两条直线m，n分别在平面，内，则m，n的关系不可能是 ( ) A平行 B相交 C异面 D平行或异面 答案 B 解析 由知，又m，n，故mn故选 B 2两条直线a，b满足ab，b，则a与平面的位置关系是( ) Aa Ba Ca与相交 Da与不
2、相交 答案 D 解析 由于b且ab，则a或a故a与不相交故选 D 3如图所示的三棱柱ABCA1B1C1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 答案 B 解析 在三棱柱ABCA1B1C1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DEDEA1B1，DEAB 4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
3、，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 5若直线l不平行于平面，且l，则( ) A内的所有直线与l异面 B内不存在与l平行的直线 C内存在唯一的直线与l平行 D内的直线与l都相交 答案 B 解析 因为l，若在平面内存在与直线l平行的直线，则l，这与题意矛盾故 选 B 6下面结论中： 过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行； 过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行； 过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行； 过不在直线上的一点，有且只有一个平面与
4、这条直线平行 正确的序号为( ) A B C D 答案 C 解析 对于，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于， 当已知直线与平面相交时，不存在平面与已知平面平行，错误；对于，过不在直线上的一点， 有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知 直线平行，错误故选 C 7有下列命题： 若直线l平行于平面内的无数条直线，则直线l； 若直线a在平面外，则a； 若直线ab，b，则a； 若直线ab，b，则a平行于平面内的无数条直线 其中真命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案 A 解析 命题，l可以在平面内，是假命题；命题，直线a与
5、平面可以是相交关系， 是假命题；命题，a可以在平面内，是假命题；命题是真命题 8已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是_(只填序号) AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1；AD1平面BDC1 答案 解析 连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，则AD1BC1，从而正确；易证 BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，从而正确；由 图易知AD1与DC1异面，故错误；因AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，故AD1平面 BDC1，故正确 二、高考小题 9(2018浙江高考)已知平
6、面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的 ( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 解析 m，n，mn，m，故充分性成立而由m，n，得mn或m 与n异面，故必要性不成立故选 A 10(2017全国卷)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 A 项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDABQD平面 MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B 项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ又A
7、B平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ C 项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ又AB平面MNQ，MQ平面 MNQ， AB平面MNQD 项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ又AB平 面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ故选 A 11(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面 ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为( ) A B C D 3 2 2 2 3 3 1 3 答案 A 解析 如图，延长B1A1至A2，使A2A1B1A1，延长D1A1至A3，使A3A1D1A1，连接 AA2，AA3，
8、A2A3，A1B，A1D易证AA2A1BD1C，AA3A1DB1C平面AA2A3平面CB1D1，即平 面AA2A3为平面于是mA2A3，直线AA2即为直线n显然有AA2AA3A2A3，于是m，n所成 的角为 60，其正弦值为故选 A 3 2 12(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题： 如果mn，m，n，那么； 如果m，n，那么mn； 如果，m，那么m； 如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等 其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号) 答案 解析 由mn，m，可得n或n在内，当n时，与可能相交，也可能 平行，故错易知都正确 三、模拟小题 13(2018陕西西
9、安一中模拟)在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上 的点，当BD平面EFGH时，下面结论正确的是( ) AE，F，G，H一定是各边的中点 BG，H一定是CD，DA的中点 CBEEABFFC，且DHHADGGC DAEEBAHHD且BFFCDGGC 答案 D 解析 由BD平面EFGH，得BDEH，BDFG，则AEEBAHHD，且BFFCDGGC故 选 D 14(2018福建厦门第二次质量检查)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是 C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是( ) AMNAP BMNBD1 CMN平面BB1D1D DMN平面B
10、DP 答案 C 解析 取B1C1中点Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理可得MQB1D1，MQ面BB1D1D， 由四边形BB1QN为平行四边形，得NQBB1，NQ面BB1D1D，平面MNQ平面BB1D1D，MN面 MNQ，MN平面BB1D1D，故选 C 15(2018衡阳二模)若平面截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面平 行的棱有( ) A0 条 B1 条 C2 条 D1 条或 2 条 答案 C 解析 如图所示，平面截三棱锥所得截面为平行四边形EFGH，因为FGEH，可证明FG 平面ABD，由线面平行的性质可知FGAB，所以AB，同理可得CD，所以有两条棱和平面 平行，故选 C 1
11、6(2018南昌一模)下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为 其所在棱的中点，能得出AB平面MNP的图形的序号是( ) A B C D 答案 D 解析 在中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，AB平面MNP，故成立； 若下底面中心为O，则NOAB，NO面MNPN，AB与面MNP不平行，故不成立；过P作 与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交，AB与面MNP不平行，故不成立；在中，AB 与PN平行，AB平面MNP，故成立综上所述，答案为 D 17(2018太原模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成的角分别为 60 和 45，
12、则异面直线B1C和C1D所成的角的余弦值为_ 答案 6 4 解析 B1B平面ABCD， BCB1是B1C与底面所成角，BCB160C1C底面ABCD，CDC1是C1D与底面 所成角，CDC145，连接A1D，A1C1，则A1DB1C， A1DC1或其补角为异面直线B1C与C1D所成角，不妨设BC1，则 CB1DA12，BB1CC1CD，C1D，A1C12在等腰三角形A1C1D中，cosA1DC1 36 1 2C1D A1D 6 4 18(2018合肥质检三)如图直三棱柱ABCABC中，ABC为边长为 2 的等边三角形， AA4，点E，F，G，H，M分别是边AA，AB，BB，AB，BC的中点，动
13、点P在四边形 EFGH内部运动，并且始终有MP平面ACCA，则动点P的轨迹长度为_ 答案 4 解析 因为H，F，M分别为AB，AB，BC的中点，所以FMAC，HFAA，所以FM平 面ACCA，HF平面ACCA，又因为FMHFF，所以平面HFM平面ACCA，要使MP 平面ACCA，则MP平面HFM，所以点P的轨迹为线段HF，点P的轨迹长度为 4 一、高考大题 1(2018江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1求证： (1)AB平面A1B1C； (2)平面ABB1A1平面A1BC 证明 (1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1， 因为AB平面
14、A1B1C，A1B1平面A1B1C， 所以AB平面A1B1C (2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形 又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1A1B 因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC 又因为A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC， 又因为AB1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1平面A1BC 2(2016全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点 (1)证明：MN平面PAB； (2)求四面体NBCM的体积 解 (1)证明：由已知得AMAD2， 2 3 取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2 1 2 又ADBC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT 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
