【数学】2021届一轮复习人教版（文理通用）第7章第4讲直线、平面平行的判定与性质作业

【数学】2021届一轮复习人教版（文理通用）第7章第4讲直线、平面平行的判定与性质作业

对应学生用书[练案49理][练案47文]‎ 第四讲　直线、平面平行的判定与性质 A组基础巩固 一、选择题 ‎1．(2020·河南省开封市模拟)已知直线m，n和平面α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(　D　)‎ 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 ‎[解析]　n⊂α，m∥n，当m⊂α时，m∥α，m∥α，n⊂α⇒m∥n或m、n异面即m∥n，故“m∥n”是“m∥α”的既不充分也不必要条件．‎ ‎2．(2020·辽宁沈阳东北育才学校模拟)在空间中，下列命题中为真命题的是(　D　)‎ A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．平行于同一平面的两条直线平行 C．垂直于同一平面的两个平面平行 D．平行于同一平面的两个平面平行 ‎3．(2019·陕西西安模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE︰EB＝AF︰FD＝1︰4，H，G分别是BC，CD的中点，则(　B　)‎ 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 ‎ [解析]　如图，由条件知EF∥BD，‎ EF＝BD，HG∥BD，HG＝BD，‎ ‎∴EF∥HG且EF＝HG，‎ ‎∴四边形EFGH为梯形，‎ ‎∵EF∥BD，EF⊄平面BCD，‎ BD⊂平面BCD，‎ ‎∴EF∥平面BCD．故选B．‎ ‎4．(2019·青岛二模)已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则α∥β的一个充分条件是(　D　)‎ A．m∥α，m∥β B．α⊥γ，β⊥γ C．m⊂α，n⊂β，m∥n D．m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α ‎[解析]　A中，α，β可能相交，故错误；B不正确，如正方体中过同一个顶点的三个平面的关系；C中α，β可能相交，故错误；根据直线与平面平行的性质定理及平面与平面平行的判定定理可知D正确．‎ ‎5．(2019·山东泰安期末)有两条不同的直线m，n与两个不同的平面α，β，下列命题正确的是(　A　)‎ A．m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n B．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n C．m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n D．m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n ‎[解析]　对于A，由m⊥α，n∥β，且α∥β得m⊥n，故正确；对于B，由m⊥α，n⊥β，α⊥β得m⊥n，故错误；对于C，由m∥α，n⊥β，且α⊥β得m∥n或m，n相交或异面，故错误；对于D，由m∥α，n∥β，且α∥β得m，n的关系可以是相交或平行或异面，故错误．故选A．‎ ‎6．若P为异面直线a，b外一点，则过P且与a，b均平行的平面(　B　)‎ A．不存在　 B．零个或一个 C．可以有两个　 D．有无数多个 ‎[解析]　记a与P所确定的平面为α，当b∥α时，与a，b均平行的平面不存在，当b不平行α时，与a，b均平行的平面有一个，故选B．‎ ‎7．(2019·衡水中学调研卷)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上—点，当PA∥平面EBF时，＝(　D　)‎ A．　 B．　‎ C．　 D． ‎ [解析]　连接AC交BE于点G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FG，所以PA∥FG，所以＝.因为AD∥BC，AD＝BC，E为AD的中点，所以＝＝，所以＝.‎ ‎8．已知平面α∥β，点A，C∈α，B，D∈β，直线AB与直线CD交于点S，且AS＝8，BS＝9，CD＝34，则CS＝(　C　)‎ A．16　 B．18‎ C．16或272　 D．18或252‎ ‎[解析]　本题主要考查两平面平行的性质定理．①当点S在两平行平面之间时，如图1所示，∵直线AB与直线CD交于点S，直线AB与直线CD可确定一个平面γ，且α∩γ＝AC，β∩γ＝BD．∵α∥β，∴AC∥BD，∴＝，即＝，得＝，解得CS＝16.②当点S在两平行平面的同侧时，如图2所示，由①知AC∥BD，则有＝，即＝，解得CS＝272.故选C．‎ ‎9．(2017·课标全国Ⅰ)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(　A　)‎ ‎[解析]　B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面 MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A．‎ 二、填空题 ‎10．(2019·桂林二模)已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c⇒a∥c；②a∥α，b∥α⇒a∥b；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.其中正确的命题是①④ .(写出所有正确命题的序号)‎ ‎[解析]　根据线线平行的传递性，可知①正确；若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交、异面，故②不正确；若a∥α，β∥α，则a∥β或a⊂β，故③不正确；由线面平行的判定定理可知④正确．故正确的命题是①④.‎ ‎11.如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件点M在线段FH上(或点M与点H重合) 时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)‎ ‎ [解析]　连接HN，FH，FN，‎ 则FH∥DD1，HN∥BD，‎ ‎∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，‎ 则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.‎ ‎12．(2020·安徽安庆模拟)在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，M、N、Q分别是棱D‎1C1，A1D1、BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则下列四个说法：‎ ‎①MN∥平面APC；　　②C1Q∥平面APC；‎ ‎③A、P、M三点共线；　　④平面MNQ∥平面APC．‎ 其中说法正确的是②③ .‎ ‎[解析]　①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM、CN，‎ 易得AM、CN交于点P，即MN⊂平面APC，‎ 所以MN∥平面APC是错误的；‎ ‎②由①知M、N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，‎ 所以C1Q∥平面APC是正确的；‎ ‎③由①知，A，P，M三点共线是正确的；‎ ‎④由①知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，‎ 所以平面MNQ∥平面APC是错误的．‎ 三、解答题 ‎13．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E，F分别是棱AD，PC的中点．证明：EF∥平面PAB．‎ ‎[解析]　证明：如图，取PB的中点M，连接MF，AM.‎ 因为F为PC的中点，‎ 故MF∥BC且MF＝BC．‎ 由已知有BC∥AD，BC＝AD．‎ 因为E为AD的中点，‎ 即AE＝AD＝BC，‎ 所以MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.‎ 又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB，‎ 所以EF∥平面PAB．‎ 注：本题也可取BC的中点H，通过证平面EFH∥平面PAB得结论；也可连CE 并延长交BA的延长线于H，证EF∥PH即可．‎ ‎14．(2020·四省八校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，点M在线段PC上，PD＝BD＝BC＝，N是线段PB的中点，且三棱锥M－BCD的体积是四棱锥P－ABCD的体积的.‎ ‎(1)若H是PM的中点，证明：平面ANH∥平面BDM；‎ ‎(2)若PD⊥平面ABCD，求点D到平面BCM的距离．‎ ‎[解析]　(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OM，‎ 由题可知：由VM－DCD＝VP－ABCD可知：MC＝PC，‎ 则MC＝HC，所以OM∥AH，‎ 且NH∥BM，且AH∩NH＝H，‎ 所以平面ANH∥平面MDB．‎ ‎(2)由题可知，M到平面BCD的距离为，VM－BCD＝，‎ 在Rt△PDC中，PD＝CD＝，∴PC＝，‎ 在△PBC中，由余弦定理可知：cos∠PCB＝，‎ sin∠PCB＝，‎ 在△BCM中，CM＝，BC＝，‎ 设点D到平面BCM的距离为h，‎ 则VM－DCD＝VD－DCM＝⇒h＝，‎ 所以点D到平面BCM的距离为.‎ ‎15．(2019·合肥质检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．‎ ‎(1)求证：平面BDM∥平面EFC；‎ ‎(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥A－CEF的体积．‎ ‎[解析]　(1)证明：如图，连AC，设AC与BD交于点N，‎ 则N为AC的中点，连接MN，‎ 又M为棱AE的中点，‎ ‎∴MN∥EC．‎ ‎∵MN⊄平面EFC，‎ EC⊂平面EFC，‎ ‎∴MN∥平面EFC．‎ ‎∵BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且BF＝DE，‎ ‎∴BF∥DE且BF＝DF，‎ ‎∴四边形BDEF为平行四边形，‎ ‎∴BD∥EF.‎ ‎∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，‎ ‎∴BD∥平面EFC．‎ 又MN∩BD＝N，MN，BD⊂平面BDM，‎ ‎∴平面BDM∥平面EFC．‎ ‎(2)连接EN，FN.‎ 在正方形ABCD中，AC⊥BD，‎ 又BF⊥平面ABCD，∴BF⊥AC．‎ 又BF∩BD＝B，‎ BF，BD⊂平面BDEF，‎ ‎∴AC⊥平面BDFF，‎ 又N是AC的中点，‎ ‎∴V三棱锥A－NEF＝V三棱锥C－NEF，‎ ‎∴V三棱锥A－CEF＝2V三棱锥A－NEF＝2××AN×S△NEF＝2×××××2＝，‎ ‎∴三棱锥A－CEF的体积为.‎ B组能力提升 ‎1．(2019·安徽滁州期末)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法中正确的是(　B　)‎ A．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n B．若m⊂α，α∥β，则m∥β C．若n⊥β，α⊥β，则n∥α D．若m⊂α，n⊂β，α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β ‎2．(2019·甘肃兰州诊断)已知直线m，n和平面α，则m∥n的一个必要条件是(　D　)‎ A．m∥α，n∥α　 B．m⊥α，n⊥α C．m∥α，n⊂α　 D．m，n与平面α成等角 ‎[解析]　A中，m，n可以都和平面垂直，必要性不成立；B中，m，n可以都和平面平行，必要性不成立；C中，n不一定在平面内，必要性不成立；D中，m，n平行，则m，n与α成的角一定相等，但反之如果两直线m，n与α成的角相等则不一定平行，所以是必要不充分条件，故选D．‎ ‎3．(2020·宜昌调研)如图，在棱长均相等的四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：‎ ‎①PC∥平面OMN；‎ ‎②平面PCD∥平面OMN；‎ ‎③OM⊥PA；‎ ‎④直线PD与MN所成角的大小为90°.‎ 其中正确结论的序号是①②③ .(写出所有正确结论的序号)‎ ‎[解析]　‎ 如图，连接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确．同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2＋BC2＝PA2＋PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确．由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，又三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，所以直线PD与MN所成的角即∠PDC，故④错误．故正确的结论为①②③.‎ ‎4. (2019·江西吉安一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为(　B　)‎ A．　 B． C．　 D． ‎[解析]　如图1，取B‎1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EF∥B1D1，B1D1∥BD，所以EF∥BD，故EF，BD在同一平面内，连接ME，因为M，E分别为A1D1，B‎1C1的中点，所以ME∥AB，且ME＝AB，所以四边形ABEM是平行四边形，‎ 所以AM∥BE，又因为BE⊂平面BDFE，AM⊄平面BDFE.‎ 所以AM∥平面BDFE，同理AN∥平面BDFE，因为AM∩AN＝A，‎ 所以平面AMN∥平面BDFE，所以平面BDFE为平面α，‎ BD＝，EF＝B1D1＝，DF＝BE＝，‎ 等腰梯形BDFE如图2，‎ 过E，F作BD的垂线，则四边形EFGH为矩形，‎ ‎∴FG＝＝＝，‎ 故所得截面的面积为×(＋)×＝，故选B．‎ ‎5. (2019·湖北荆州第八次模拟)已知：如图，在四棱锥P－ABCD中，△BCD为等边三角形，BD＝2，PA＝，AB＝AD＝PB＝PD，∠BAD＝120°.‎ ‎(1)若点E为PC的中点，求证：BE∥平面PAD；‎ ‎(2)求四棱锥P－ABCD的体积．‎ ‎[解析]　(1)证明：取CD的中点M，连接EM，BM.‎ ‎∵△BCD为等边三角形，∴BM⊥CD．‎ ‎∵∠BAD＝120°，AD＝AB，‎ ‎∴∠ADB＝30°，∴∠ADC＝90°，‎ ‎∴AD⊥CD，∴BM∥AD．‎ 又∵BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴BM∥平面PAD．‎ ‎∵E为PC的中点，M为CD的中点，‎ ‎∴EM∥PD．‎ 又∵EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，‎ ‎∴EM∥平面PAD．‎ ‎∵EM∩BM＝M，∴平面BEM∥平面PAD．‎ 又∵BE⊂平面BEM，∴BE∥平面PAD．‎ ‎(2)连接AC交BD于O，连接PO.‎ ‎∵CB＝CD，AB＝AD，‎ ‎∴AC⊥BD，O为BD的中点．‎ 又∵∠BAD＝120°，BD＝2，‎ ‎△PBD≌△ABD，∴AO＝PO＝1.又∵PA＝，‎ ‎∴PA2＝PO2＋OA2，∴PO⊥OA．‎ 又∵PO⊥BD，BD∩OA＝O，‎ ‎∴PO⊥平面ABD，即四棱锥P－ABCD的高为PO＝1，‎ ‎∴四棱锥P－ABCD的体积为V＝×[×(2)2＋×2×1]×1＝.‎