2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--专题强化练3 空间中的平行关系
文档属性
| 名称 | 2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--专题强化练3 空间中的平行关系 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 486.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-03 10:59:04 | ||
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文档简介
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2025人教B版高中数学必修第四册
专题强化练3 空间中的平行关系
1.(2022河北保定二模)设α,β是两个不同的平面,则“α中有三个不共线的点到β的距离相等”是“α∥β”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.(2024上海建平中学期末)设A1,B1,C1,D1分别是四棱锥P-ABCD的侧棱PA,PB,PC,PD上的点.给出以下两个命题:
①若ABCD是平行四边形,但不是菱形,则A1B1C1D1可能是菱形;
②若ABCD不是平行四边形,则A1B1C1D1可能是平行四边形.则( )
A.①真②真 B.①真②假
C.①假②真 D.①假②假
3.(2024山东省实验中学期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1D1,BC,A1D1的中点,有下列四个结论:①AP与CM是异面直线;②AP,CM,DD1相交于一点;③MN∥BD1;④MN∥平面BB1D1D.其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
4.(2023重庆永川期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则点D1与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为( )
A. B. C. D.
5.(2022江苏镇江扬中第二高级中学检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD上一点,且CE=2DE,F为棱AA1的中点,且平面BEF与DD1交于点G,与AC1交于点H,则= ,= .
6.(2023四川成都期中)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为平行四边形,O为AC与BD的交点.
(1)求证:A1O∥平面B1CD1;
(2)求证:平面A1BD∥平面B1CD1;
(3)设平面B1CD1与底面ABCD的交线为l,求证:BD∥l.
7.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若D是棱CC1的中点,在棱AB上是否存在一点E,使DE∥平面AB1C1 若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由.
8.(2024河北承德部分高中期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,O,E,F分别是BD,PA,BC的中点.
(1)证明:OE∥平面PBC;
(2)若平面α经过点F,D,E,且与棱PB交于点H.请作图画出H在棱PB上的位置,并求出的值.
9.如图所示,在矩形ABCD和矩形ABEF中,AF=AD,AM=DN,矩形ABEF可沿AB任意翻折.
(1)求证:当F,A,D三点不共线时,线段MN总平行于平面ADF;
(2)“不管怎样翻折矩形ABEF,线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗 如果正确,请证明;如果不正确,请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立,并给出理由.
答案与分层梯度式解析
1.B 若α中有三个不共线的点到β的距离相等,则α∥β或α与β相交,故充分性不成立;若α∥β,则α内的每个点到β的距离都相等,故必要性成立.故选B.
2.C 对于①,如图,四边形ABCD为平行四边形,A1B1C1D1也为平行四边形,
若平面ABCD与平面A1B1C1D1不平行,
则四边形A1B1C1D1中必有一边与底面ABCD相交,
不妨设直线A1D1与底面相交, 则直线B1C1也与底面相交,在平面PAD中过P做A1D1的平行线,交AD于T,则PT∥B1C1,
因为P∈平面PBC,B1C1 平面PBC,所以PT 平面PBC,即T∈平面PBC,又平面PBC∩平面ABCD=BC,所以T∈BC,又T∈AD,
所以BC,AD相交,这与ABCD为平行四边形矛盾.
故平面ABCD∥平面A1B1C1D1,故==,
若四边形A1B1C1D1为菱形,则A1B1=A1D1,则AB=AD,故四边形ABCD为菱形,故①是假命题.
对于②,如图,四棱锥P-A1B1C1D1为正四棱锥,延长各侧棱,
令PA=2PA1,PB=2PB1,PC=3PC1,PD=3PD1,
那么AB∥CD,AB≠CD,
此时ABCD是梯形,不是平行四边形,故②是真命题.
故选C.
名师点睛 解决空间中满足某些条件的几何体的存在性问题,可以通过常见几何体来构造,或者通过反证法结合空间中点、线、面的判定与性质导出矛盾.
3.B 对于①,连接AC,A1C1,MP,则AC∥A1C1,
∵M,P分别是C1D1,A1D1的中点,∴MP∥A1C1,MP=A1C1,∴MP∥AC,MP=AC,∴四边形ACMP是梯形,∴AP与CM是相交直线,∴①错误;
对于②,∵平面A1ADD1∩平面C1CDD1=DD1,AP 平面A1ADD1,CM 平面C1CDD1,且AP与CM是相交直线,∴AP,CM,DD1相交于一点,∴②正确;
对于③,设AC∩BD=O,连接ON,OD1,∵M,N分别是C1D1,BC的中点,
∴ON=CD=D1M,ON∥CD∥D1M,∴四边形MNOD1是平行四边形,∴MN∥OD1,
∵OD1与BD1相交,∴MN与BD1不平行,∴③错误;
对于④,∵MN 平面BB1D1D,OD1 平面BB1D1D,
∴MN∥平面BB1D1D,∴④正确.故选B.
4.D 如图,连接D1A,AC,D1C.
因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EF是△ABC的中位线,所以EF∥AC,
因为EF 平面ACD1,AC 平面ACD1,
所以EF∥平面ACD1.
因为E,G分别为AB,C1D1的中点,所以AE D1G,
所以四边形AEGD1为平行四边形,所以EG∥AD1,
因为EG 平面ACD1,AD1 平面ACD1,
所以EG∥平面ACD1.
又EF∩EG=E,EF,EG 平面EFG,
所以平面ACD1∥平面EFG,
所以点P在线段AC上,
则点D1与满足题意的点P构成的平面截长方体所得的截面为△ACD1,
在△ACD1中,AD1=,AC=2,CD1=2,
所以=××=.
5.答案 ;
解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1B1BA∥平面C1D1DC.
∵BF 平面A1B1BA,∴BF∥平面C1D1DC.
又平面BFGE∩平面C1D1DC=GE,
∴BF∥GE,∴=,即=,
又CE=2DE,∴=.
连接AC,交BE于M,过M作MN∥CC1,与AC1交于点N,连接FM,则H为FM与AC1的交点,
∵AB∥CE,∴==,
∴==,∴=,∴==,
∴=.
6.证明 (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1O1 OC,
∴四边形A1OCO1为平行四边形,∴A1O∥O1C,
又O1C 平面B1CD1,A1O 平面B1CD1,
∴A1O∥平面B1CD1.
(2)∵BB1 AA1 DD1,
∴四边形BB1D1D是平行四边形,∴BD∥B1D1,
∵BD 平面B1CD1,B1D1 平面B1CD1,
∴BD∥平面B1CD1,
由(1)得A1O∥平面B1CD1,
又BD∩A1O=O,BD,A1O 平面A1BD,
∴平面A1BD∥平面B1CD1.
(3)由(2)得,BD∥平面B1CD1,
∵BD 平面ABCD,平面B1CD1∩平面ABCD=l,
∴BD∥l.
7.解析 存在.证明如下:
取棱AB的中点E,过点D作DF∥B1C1交BB1于点F,连接ED,EF.
因为DF 平面AB1C1,B1C1 平面AB1C1,
所以DF∥平面AB1C1.
因为D是CC1的中点,DF∥B1C1,
所以F为BB1的中点,
所以EF为△ABB1的中位线,
所以EF∥AB1.
因为EF 平面AB1C1,AB1 平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1,
又因为DF,EF为平面DEF内的两条相交直线,
所以平面DEF∥平面AB1C1.
又因为DE 平面DEF,
所以DE∥平面AB1C1.
故当E为棱AB的中点时,DE∥平面AB1C1.
8.解析 (1)证明:连接AC,则O为AC的中点,
因为E为PA的中点,所以OE∥PC.
又OE 平面PBC,PC 平面PBC,
所以OE∥平面PBC.
(2)如图,过P作直线l与BC平行,
则l∥AD,故l,AD共面.
延长DE与l交于点G,连接FG,则FG与PB的交点即为点H,连接FD,EH,则平面EDFH即为平面α.
因为底面ABCD是正方形,F是BC的中点,
所以AD∥BC,且AD=2FB,
因为E是PA的中点,所以PG=AD,
则PG=2FB,所以==2.
9.解析 (1)证明:在平面图形中,连接MN,设MN与AB交于点G.
由于四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形且AD=AF,从而有AD∥BE且AD=BE,
∴四边形ADBE是平行四边形.
又AM=DN,∴根据比例关系得到MN∥AD.
折叠之后,MG∥AF,NG∥AD,MG∩NG=G,
可得平面ADF∥平面GNM.
又MN 平面GNM,∴MN∥平面ADF.
∴当F,A,D不共线时,线段MN总平行于平面ADF.
(2)这个结论不正确.要使结论成立,M,N应分别为AE和DB的中点.
由平面GNM∥平面ADF,可知要使MN∥FD总成立,根据面面平行的性质定理,只要FD与MN共面即可.
连接FM,要使FD与MN共面,只要FM与DN相交即可.
由平面图形知,若要DN与FM共面,应有DN与FM相交于点B,折叠后的图形如图所示.
由FM∩DN=B,可知它们确定一个平面,
即F,D,N,M四点共面.
又平面FDNM∩平面GNM=MN,平面FDNM∩平面ADF=FD,∴MN∥FD.
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2025人教B版高中数学必修第四册
专题强化练3 空间中的平行关系
1.(2022河北保定二模)设α,β是两个不同的平面,则“α中有三个不共线的点到β的距离相等”是“α∥β”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.(2024上海建平中学期末)设A1,B1,C1,D1分别是四棱锥P-ABCD的侧棱PA,PB,PC,PD上的点.给出以下两个命题:
①若ABCD是平行四边形,但不是菱形,则A1B1C1D1可能是菱形;
②若ABCD不是平行四边形,则A1B1C1D1可能是平行四边形.则( )
A.①真②真 B.①真②假
C.①假②真 D.①假②假
3.(2024山东省实验中学期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1D1,BC,A1D1的中点,有下列四个结论:①AP与CM是异面直线;②AP,CM,DD1相交于一点;③MN∥BD1;④MN∥平面BB1D1D.其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
4.(2023重庆永川期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则点D1与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为( )
A. B. C. D.
5.(2022江苏镇江扬中第二高级中学检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD上一点,且CE=2DE,F为棱AA1的中点,且平面BEF与DD1交于点G,与AC1交于点H,则= ,= .
6.(2023四川成都期中)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为平行四边形,O为AC与BD的交点.
(1)求证:A1O∥平面B1CD1;
(2)求证:平面A1BD∥平面B1CD1;
(3)设平面B1CD1与底面ABCD的交线为l,求证:BD∥l.
7.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若D是棱CC1的中点,在棱AB上是否存在一点E,使DE∥平面AB1C1 若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由.
8.(2024河北承德部分高中期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,O,E,F分别是BD,PA,BC的中点.
(1)证明:OE∥平面PBC;
(2)若平面α经过点F,D,E,且与棱PB交于点H.请作图画出H在棱PB上的位置,并求出的值.
9.如图所示,在矩形ABCD和矩形ABEF中,AF=AD,AM=DN,矩形ABEF可沿AB任意翻折.
(1)求证:当F,A,D三点不共线时,线段MN总平行于平面ADF;
(2)“不管怎样翻折矩形ABEF,线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗 如果正确,请证明;如果不正确,请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立,并给出理由.
答案与分层梯度式解析
1.B 若α中有三个不共线的点到β的距离相等,则α∥β或α与β相交,故充分性不成立;若α∥β,则α内的每个点到β的距离都相等,故必要性成立.故选B.
2.C 对于①,如图,四边形ABCD为平行四边形,A1B1C1D1也为平行四边形,
若平面ABCD与平面A1B1C1D1不平行,
则四边形A1B1C1D1中必有一边与底面ABCD相交,
不妨设直线A1D1与底面相交, 则直线B1C1也与底面相交,在平面PAD中过P做A1D1的平行线,交AD于T,则PT∥B1C1,
因为P∈平面PBC,B1C1 平面PBC,所以PT 平面PBC,即T∈平面PBC,又平面PBC∩平面ABCD=BC,所以T∈BC,又T∈AD,
所以BC,AD相交,这与ABCD为平行四边形矛盾.
故平面ABCD∥平面A1B1C1D1,故==,
若四边形A1B1C1D1为菱形,则A1B1=A1D1,则AB=AD,故四边形ABCD为菱形,故①是假命题.
对于②,如图,四棱锥P-A1B1C1D1为正四棱锥,延长各侧棱,
令PA=2PA1,PB=2PB1,PC=3PC1,PD=3PD1,
那么AB∥CD,AB≠CD,
此时ABCD是梯形,不是平行四边形,故②是真命题.
故选C.
名师点睛 解决空间中满足某些条件的几何体的存在性问题,可以通过常见几何体来构造,或者通过反证法结合空间中点、线、面的判定与性质导出矛盾.
3.B 对于①,连接AC,A1C1,MP,则AC∥A1C1,
∵M,P分别是C1D1,A1D1的中点,∴MP∥A1C1,MP=A1C1,∴MP∥AC,MP=AC,∴四边形ACMP是梯形,∴AP与CM是相交直线,∴①错误;
对于②,∵平面A1ADD1∩平面C1CDD1=DD1,AP 平面A1ADD1,CM 平面C1CDD1,且AP与CM是相交直线,∴AP,CM,DD1相交于一点,∴②正确;
对于③,设AC∩BD=O,连接ON,OD1,∵M,N分别是C1D1,BC的中点,
∴ON=CD=D1M,ON∥CD∥D1M,∴四边形MNOD1是平行四边形,∴MN∥OD1,
∵OD1与BD1相交,∴MN与BD1不平行,∴③错误;
对于④,∵MN 平面BB1D1D,OD1 平面BB1D1D,
∴MN∥平面BB1D1D,∴④正确.故选B.
4.D 如图,连接D1A,AC,D1C.
因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EF是△ABC的中位线,所以EF∥AC,
因为EF 平面ACD1,AC 平面ACD1,
所以EF∥平面ACD1.
因为E,G分别为AB,C1D1的中点,所以AE D1G,
所以四边形AEGD1为平行四边形,所以EG∥AD1,
因为EG 平面ACD1,AD1 平面ACD1,
所以EG∥平面ACD1.
又EF∩EG=E,EF,EG 平面EFG,
所以平面ACD1∥平面EFG,
所以点P在线段AC上,
则点D1与满足题意的点P构成的平面截长方体所得的截面为△ACD1,
在△ACD1中,AD1=,AC=2,CD1=2,
所以=××=.
5.答案 ;
解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1B1BA∥平面C1D1DC.
∵BF 平面A1B1BA,∴BF∥平面C1D1DC.
又平面BFGE∩平面C1D1DC=GE,
∴BF∥GE,∴=,即=,
又CE=2DE,∴=.
连接AC,交BE于M,过M作MN∥CC1,与AC1交于点N,连接FM,则H为FM与AC1的交点,
∵AB∥CE,∴==,
∴==,∴=,∴==,
∴=.
6.证明 (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1O1 OC,
∴四边形A1OCO1为平行四边形,∴A1O∥O1C,
又O1C 平面B1CD1,A1O 平面B1CD1,
∴A1O∥平面B1CD1.
(2)∵BB1 AA1 DD1,
∴四边形BB1D1D是平行四边形,∴BD∥B1D1,
∵BD 平面B1CD1,B1D1 平面B1CD1,
∴BD∥平面B1CD1,
由(1)得A1O∥平面B1CD1,
又BD∩A1O=O,BD,A1O 平面A1BD,
∴平面A1BD∥平面B1CD1.
(3)由(2)得,BD∥平面B1CD1,
∵BD 平面ABCD,平面B1CD1∩平面ABCD=l,
∴BD∥l.
7.解析 存在.证明如下:
取棱AB的中点E,过点D作DF∥B1C1交BB1于点F,连接ED,EF.
因为DF 平面AB1C1,B1C1 平面AB1C1,
所以DF∥平面AB1C1.
因为D是CC1的中点,DF∥B1C1,
所以F为BB1的中点,
所以EF为△ABB1的中位线,
所以EF∥AB1.
因为EF 平面AB1C1,AB1 平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1,
又因为DF,EF为平面DEF内的两条相交直线,
所以平面DEF∥平面AB1C1.
又因为DE 平面DEF,
所以DE∥平面AB1C1.
故当E为棱AB的中点时,DE∥平面AB1C1.
8.解析 (1)证明:连接AC,则O为AC的中点,
因为E为PA的中点,所以OE∥PC.
又OE 平面PBC,PC 平面PBC,
所以OE∥平面PBC.
(2)如图,过P作直线l与BC平行,
则l∥AD,故l,AD共面.
延长DE与l交于点G,连接FG,则FG与PB的交点即为点H,连接FD,EH,则平面EDFH即为平面α.
因为底面ABCD是正方形,F是BC的中点,
所以AD∥BC,且AD=2FB,
因为E是PA的中点,所以PG=AD,
则PG=2FB,所以==2.
9.解析 (1)证明:在平面图形中,连接MN,设MN与AB交于点G.
由于四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形且AD=AF,从而有AD∥BE且AD=BE,
∴四边形ADBE是平行四边形.
又AM=DN,∴根据比例关系得到MN∥AD.
折叠之后,MG∥AF,NG∥AD,MG∩NG=G,
可得平面ADF∥平面GNM.
又MN 平面GNM,∴MN∥平面ADF.
∴当F,A,D不共线时,线段MN总平行于平面ADF.
(2)这个结论不正确.要使结论成立,M,N应分别为AE和DB的中点.
由平面GNM∥平面ADF,可知要使MN∥FD总成立,根据面面平行的性质定理,只要FD与MN共面即可.
连接FM,要使FD与MN共面,只要FM与DN相交即可.
由平面图形知,若要DN与FM共面,应有DN与FM相交于点B,折叠后的图形如图所示.
由FM∩DN=B,可知它们确定一个平面,
即F,D,N,M四点共面.
又平面FDNM∩平面GNM=MN,平面FDNM∩平面ADF=FD,∴MN∥FD.
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