2025年课标高考文数版习题与历届真题试卷-直线、平面平行的判定和性质(带答案解析).docx

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8.3直线、平面平行的判定和性质

三年模拟

一、选择题

1.(2024银川一中一模,7)已知互不重合的直线m,n,互不重合的平面α,β,下列命题正确的是()

A.若n?α,m∥n,则m∥α

B.若n?α,m⊥n,则m⊥α

C.若α∥β,m∥α,则m∥β

D.若m⊥β,m?α,则α⊥β

答案D如果直线m在平面α内,则无法得出m∥α,故A不正确;直线m只和平面内的一条直线垂直,无法得出线面垂直,故B不正确;α∥β,m∥α,直线m有可能在平面β内,无法得出m∥β,故C不正确;对于D,符合平面和平面垂直的判定定理,所以正确.故选D.

2.(2024九师联盟豫南期中,5)如图,在多面体ABC-DEFG中,平面ABC∥平面DEFG,EF∥DG,且AB=DE,DG=2EF,则()

A.BF∥平面ACGD

B.CF∥平面ABED

C.BC∥FG

D.平面ABED∥平面CGF

答案A取DG的中点M,连接AM,FM,

则由已知条件可得四边形DEFM为平行四边形,∴DE??FM,

又知平面ABC∥平面DEFG,平面ABC∩平面ADEB=AB,平面DEFG∩平面ADEB=DE,

∴AB∥DE,∴AB∥FM,又知AB=DE,∴AB=FM,

∴四边形ABFM为平行四边形,

∴BF∥AM,又BF?平面ACGD,AM?平面ACGD,

∴BF∥平面ACGD,故选A.

3.(2024贵阳一模,7)正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是A1D1,C1D1,AA1的中点.那么过P,Q,R三点的正方体的截面图形是()

A.三角形B.四边形

C.五边形D.六边形

答案D如图,连接PQ,PR,分别取CC1,BC,BA的中点E,F,M,

连接FM,QE,EF,MR,则由正方体的性质可得FM∥QP,EF∥PR,QE∥RM,所以点P,Q,E,F,M,R共面,所以六边形PQEFMR即为过P,Q,R三点的正方体的截面图形.

故选D.

4.(2024青海顶级名校3月联考,8)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱CC1上异于C,C1的动点,Q为棱AA1的中点,设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,以下结论正确的是()

A.m∥D1QB.m⊥B1Q

C.m∥平面B1D1QD.m⊥平面ABB1A1

答案C因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,D1B1∥BD,且D1B1?平面BDP,BD?平面BDP,所以D1B1∥平面BDP,因为D1B1?平面B1D1P,平面B1D1P∩平面BDP=m,所以m∥D1B1,而D1Q∩D1B1=D1,所以m与D1Q不平行,故A中结论不正确;因为m∥D1B1,m?平面D1B1Q,D1B1?平面D1B1Q,所以m∥平面D1B1Q,故C中结论正确;若m⊥B1Q,则D1B1⊥B1Q,而△QB1D1为等腰三角形,所以D1B1与B1Q显然不垂直,故B中结论不正确;若m⊥平面ABB1A1,则D1B1⊥平面ABB1A1,显然与正方体的性质矛盾,故D中结论不正确.故选C.

5.(2024河南3月适应性测试,7)已知侧棱和底面垂直的三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为3,D为侧棱CC1的中点,M为侧棱AA1上一点,且A1M=1,N为B1C1上一点,若MN∥平面ABD,则NB1的长为()

A.1B.2

C.3

答案B如图,过点M作MQ∥AB交B1B于点Q,

连接QN并延长,交CC1的延长线于点H,连接MH,

因为MQ∥AB,AB?平面ABD,MQ?平面ABD,所以MQ∥平面ABD.又MN∥平面ABD,MN∩MQ=M,所以平面MQH∥平面ABD.因为平面B1BCC1∩平面ABD=BD,平面B1BCC1∩平面MQH=QH,所以QH∥BD,又BQ∥DH,所以四边形QBDH为平行四边形.因为三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为3,A1M=1,所以B1Q=1,DH=QB=2,因为D为线段CC1的中点,所以C1H=DH-CC12=2-32=12,又知C1H∥B1Q,所以△NB1Q∽△NC1

6.(2024长沙雅礼中学第七次月考,5)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为()

A.12

答案A延长D1E与直线CD相交于F,连接AF,

则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF,而C1D1∥CD,

∴∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角.∵E是棱CC1的中点,且DD1∥CC1,∴CD=CF,

∴tan∠AFD=ADDF

7.(2024湖南益阳调研,7)已知正方体ABCD-A1B