高考一轮复习专项练习数学课时规范练35空间中的平行关系

课时规范练35空间中的平行关系基础巩固组1.下列说法正确的是()A.若两条直线与同一条直线所成的角相等,则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C.若一条直线分别平行于两个相交平面,则一定平行它们的交线D.若两个平面都平行于同一条直线,则这两个平面平行2.(2020陕西高三模拟)已知m,n为不同的直线,α,β为不同的平面,给出下列命题:①m⊥α,m⊥n⇒n∥α;②m⊥β,n⊥β⇒m∥n;③m⊥其中正确命题的序号是()A.②③ B.①②③C.②④ D.①②④3.已知正方体的棱C1D1上存在一点E(不与端点重合),使得BD1∥平面B1CE,则下列命题正确的是()A.BD1∥CE B.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1 D.D1E=EC14.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,已知E,F,G均是线段A1C1上的点,且A1E=EF=FG=GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是()A.CEB.CF C.CG D.CC15.(多选)下面四个正方体图形中,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的图形是()6.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,若E,F,G,H分别是棱A1B1,BB1,CC1,C1D1的中点,则必有()A.BD1∥GHB.BD∥EFC.平面EFGH∥平面ABCDD.平面EFGH∥平面A1BCD17.(多选)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,下列四个推断中正确的是()A.FG∥平面AA1D1DB.EF∥平面BC1D1C.FG∥平面BC1D1D.平面EFG∥平面BC1D18.如图,四边形ABCD是空间四边形,E,F,G,H分别是四边上的点,它们共面,且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,则当四边形EFGH是菱形时,AE∶EB=.

9.(2020山西太原二中高考模拟)在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,E,F,G,H分别为棱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满足条件时,有MN∥平面B1BDD1.

10.已知平面α,β和直线m,给出以下条件:①m∥α;②m⊥α;③m⊂α;④α⊥β;⑤α∥β,当条件成立时,有m∥β;当条件成立时,有m⊥β(填所选条件的序号).

11.(2020陕西西安高三三模)如图,菱形ABCD的边长为4,∠ABC=60°,E为CD中点,将△ADE沿AE折起,点D移动到点P的位置使得平面APE⊥平面ABCE,BE与AC相交于点O,H是棱PE上的一点且满足PH=2HE.(1)求证:OH∥平面BCP;(2)求四面体ABPH的体积.综合提升组12.(2020辽宁高三模拟)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=3,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,则线段D1P长度的最小值是()A.223C.52 D.13.如图所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=1.一平面截该长方体,所得截面为六边形OPQRST,其中O,P分别为AD,CD的中点,B1S=12,则AT=14.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,B1C1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,如图.(1)若A1C交平面EFBD于点R,证明:P,Q,R三点共线;(2)线段AC上是否存在点M,使得平面B1D1M∥平面EFBD,若存在,确定M的位置;若不存在,说明理由.创新应用组15.(2020安徽合肥第六中学高三模拟)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,底面ABCD是矩形,EF<BC.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)在《九章算术》中,称图中所示的五面体ABCDEF为“刍甍”(chúméng),书中将刍甍ABCDEF的体积求法表述为“术曰:倍下袤,上袤从之,以广乘之,又以高乘之,六而一”.其意思是:若刍甍ABCDEF的“下袤”BC的长为a,“上袤”EF的长为b,“广”AB的长为c,“高”即“点F到平面ABCD的距离”为h,则刍甍ABCDEF的体积V的计算公式为V=16(2a+b)ch,证明该体积公式参考答案课时规范练35空间中的平行关系1.C由两条直线与同一条直线所成的角相等,可知两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故A错误;若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面可能平行或相交,故B错误;设α∩β=l,m∥α,m∥β,利用线面平行的性质定理,在平面α中存在直线a∥m,在平面β中存在直线b∥m,所以可知a∥b,根据线面平行的判定定理,可得b∥α,然后根据线面平行的性质定理可知b∥l,所以m∥l,故C正确;若两个平面都平行于同一条直线,则两个平面可能平行,也可能相交,故D错误.故选C.2.A若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,命题①错误;若m⊥β,n⊥β,由线面垂直的性质定理可知m∥n,命题②正确;若m⊥α,m⊥β,则α∥β,命题③正确;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m与n无公共点,所以,m与n平行或异面,命题④错误.故选A.3.D如图,设B1C∩BC1=O,可得平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∵BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质定理可得BD1∥OE,∵O为B1C的中点,∴E为C1D1中点,∴D1E=EC1.故选D.4.B如图,连接AC,使AC交BD于点O,连接A1O,CF,则O为AC的中点,在正方体ABCDA1B1C1D1中,AA1∥CC1,且AA1=CC1,则四边形AA1C1C为平行四边形,∴A1C1∥AC,且A1C1=AC.∵O,F分别为AC,A1C1的中点,∴A1F∥OC,且A1F=OC,∴四边形A1OCF为平行四边形,则CF∥A1O.∵CF⊄平面A1BD,A1O⊂平面A1BD,∴CF∥平面A1BD.故选B.5.ADA.如图①,连接AC,可得AC∥MN,BC∥NP,从而得AC∥平面MNP,BC∥平面MNP,于是有平面ABC∥平面MNP,∴AB∥平面MNP,A正确.B.如图②,连接BC交MP于点O,连接ON,易知在底面正方形中O不是BC中点(实际上是四等分点中靠近C的一个),而N是AC中点,因此AB与ON不平行,则在平面ABC内,AB与ON必相交,此交点也是直线AB与平面MNP的公共点,直线AB与平面MNP相交而不平行,B错误.C.如图③,连接BN,PN,MN,正方体中有PN∥BM,因此B在平面MNP内,直线AB与平面MNP相交而不平行,C错误.D.如图④,连接CD,可得AB∥CD,CD∥NP,即AB∥NP,直线AB与平面MNP平行,D正确.6.D由三角形中位线定理可知,GH∥D1C,因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,所以BD1,GH不可能互相平行,故A错误;由三角形中位线定理可知,EF∥A1B,因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,所以BD,EF不可能互相平行,故B错误;由三角形中位线定理可知,EF∥A1B,而直线A1B与平面ABCD相交,故直线EF与平面ABCD也相交,故平面EFGH与平面ABCD相交,故C错误;由三角形中位线定理可知,EF∥A1B,EH∥A1D1,所以EF∥平面A1BCD1,EH∥平面A1BCD1,而EF∩EH=E,因此平面EFGH∥平面A1BCD1,故D正确.故选D.7.AC∵在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,∴FG∥BC1,∵BC1∥AD1,∴FG∥AD1.∵FG⊄平面AA1D1D,AD1⊂平面AA1D1D,∴FG∥平面AA1D1D.故A正确;∵EF∥A1C1,A1C1与平面BC1D1相交,∴EF与平面BC1D1相交.故B错误;∵E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,∴FG∥BC1,∵FG⊄平面BC1D1,BC1⊂平面BC1D1,∴FG∥平面BC1D1.故C正确;∵EF与平面BC1D1相交,∴平面EFG与平面BC1D1相交,故D错误.故选AC.8.m∶n∵AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC⊂平面ABC,BD⊂平面ABD,平面ABC∩平面EFGH=EF,平面ABD∩平面EFGH=EH,∴EF∥AC,EH∥BD,∴EF=BEABm,EH=AEABn.又四边形EFGH是菱形,∴BEABm=AEABn,∴9.点M在线段FH上∵E,F,G,H分别为棱CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,∴HN∥DB,FH∥D1D,又FH∩HN=H,∴平面FHN∥平面B1BDD1.∵点M在四边形EFGH及其内部运动,若MN∥平面B1BDD1,则点M在线段FH上.10.③⑤②⑤根据面面平行的性质可得,若m⊂α,α∥β,则m∥β;根据线面垂直以及面面平行的性质可得,若m⊥α,α∥β,则m⊥β.11.(1)证明由题意,可得CE∥AB,AB=2CE,所以OE又因为PH=2HE,所以OH∥BP.又由BP⊂平面BCP,OH⊄平面BCP,所以OH∥平面BCP.(2)解由平面APE⊥平面ABCE,平面APE∩平面ABCE=AE,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,所以△ABC,△ADC都是等边三角形,又E为CD中点,所以AE⊥CE,所以CE⊥平面APE.因为CE∥AB,所以AB⊥平面APE,S△APH=23S△APE=23×所以四面体ABPH的体积V=VBAPH=13·S△APH·AB=1312.D如图,连接D1A,AC,D1C,因为E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,所以AC∥EF,EF⊄平面ACD1,则EF∥平面ACD1,因为EG∥AD1,所以同理得EG∥平面ACD1,又EF∩EG=E,得平面ACD1∥平面EFG,因为直线D1P∥平面EFG,所以点P在直线AC上,在△ACD1中,有AD1=2,AC=2,CD1=2,所以S△AD1C=12×2×22-222=72,故当D1P⊥AC时故选D.13.25设AT=x,则A1T=1x.由面面平行的性质定理可知OP∥SR,OT∥QR,PQ∥TS,则△DOP∽△B1RS.又因为DP=DO=1,所以B1S=B1R=12,所以A1S=C1R=32.由△ATO∽△C1QR,可得AOAT=C1RC1Q,所以C1Q=32x.由△A1TS∽△CQP,可得CQCP=A1TA1S,14.(1)证明因为AC∩BD=P,AC⊂平面AA1C1C,BD⊂平面EFBD,所以,点P是平面AA1C1C和平面EFBD的一个公共点,同理可知,点Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,即平面AA1C1C和平面EFBD的交线为PQ.因为A1C∩平面EFBD=R,A1C⊂平面AA1C1C,所以,点R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,由基本事实3可知,R∈PQ,因此,P,Q,R三点共线;(2)解存在点M,使得平面B1D1M∥平面EFBD.如下图所示,设B1D1∩A1C1=O,过点O作OM∥PQ交AC于点M,下面证明平面B1D1M∥平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以B1D1∥EF.因为B1D1⊄平面EFBD,EF⊂平面EFBD,所以B1D1∥平面EFBD.又OM∥PQ,OM⊄平面EFBD,PQ⊂平面EFBD,所以OM∥平面EFBD.因为OM∩B1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M∥平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以EF∥B1D1,且EF∩OC1=Q,则点Q为OC1的中点,易知A1C1∥AC,即OQ∥PM,又OM∥PQ,所以四边形OMPQ为平行四边形,所以PM=OQ=12OC1=14A1C1=因为四边形ABCD为正方形,且AC∩BD=P,则P为AC的中点,所以点M为AP的中点,所以AM=12AP=14因此,线段AC上存在点M,且AMAC=14时,平面B1D115.证明(1)∵四边形ABCD是矩形,∴BC∥AD.又∵AD⊂平面ADEF,BC⊄平面ADEF,∴BC∥平面ADEF.又∵BC⊂平面BCEF,平面ADEF∩平面BCEF=EF,∴BC∥EF.又∵BC⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.(2)设G,H分别是棱BC,AD上的点,且满足GC=HD=EF,连接FG,FH,GH.由(1)知,GC∥HD∥EF,∴四边形GCEF和GCDH为平行四边形.∴GF∥CE,GH∥CD.又CD∩CE=C,∴平面GHF∥平面CDE,∴多面体CDEGHF为三棱柱.因此,刍甍ABCDEF可被分割成四棱锥FABGH和三棱柱CDEGHF.由题意知,在矩形ABGH