2025届高考数学统考一轮复习课时作业42直线平面平行的判定和性质文含解析新人教版

PAGE课时作业42直线、平面平行的判定和性质[基础达标]一、选择题1．[2024·全国卷Ⅱ]设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有多数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．[2024·陕西榆林模拟]已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，m∥β，则α∥βB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β3．[2024·河南名校联盟尖子生联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是BB1，DD1，A1B1的中点，则下列说法错误的是()A．B1D∥平面A1FC1B．CE∥平面A1FC1C．GE∥平面A1FC1D．AE∥平面A1FC14.[2024·陕西西北工大附中调考]如图，四边形EFGH为四面体ABCD的一个截面，若eq\f(AE,CE)＝eq\f(BF,FC)＝eq\f(BG,GD)，则与平面EFGH平行的直线有()A．0条B．1条C．2条D．3条5．[2024·湖北荆州中学模拟]如图，L，M，N分别为正方体棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A．垂直B．相交但不垂直C．平行D．重合二、填空题6．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过P点的两条直线AC，BD分别交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的长为________．7．[2024·广州高三调研]正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为________．8.[2024·福建泉州模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q________时，平面D1BQ∥平面PAO.①与C重合②与C1重合③为CC1的三等分点④为CC1的中点三、解答题9．[2024·惠州市高三调研考试试题]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，PA＝AB＝4，AD＝CD，N是CD的中点．(1)求证：MN∥平面PAD；(2)求点M到平面PBC的距离．10.[2024·河北唐山质检]如图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.[实力挑战]11．[2024·甘肃兰州检测]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点P在平面ABCD内的射影为A，PA＝AB＝1，点A到平面PBC的距离为eq\f(\r(3),3)，且直线AC与PB垂直．(1)在棱PD上找点E，使直线PB与平面ACE平行，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求三棱锥P－EAC的体积．课时作业421．解析：对于A，α内有多数条直线与β平行，当这多数条直线相互平行时，α与β可能相交也可能平行，所以A不正确；对于B，依据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上故选B.答案：B2．解析：对于A，若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，m∥β，所以A错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m与n可能是异面直线，相交直线或平行直线，所以B错误；对于C，若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理知m∥n，所以C正确；对于D，若α⊥γ，α⊥β，则γ与β可能相交，也可能平行，所以D错误．故选C.答案：C3．解析：如图所示，连接B1D1和A1C1相交于点O，则O为A1C1、B1D1的中点，对于A选项，连接OF，则OF∥B1D，因为OF⊂平面A1FC1，B1D⊄平面A1FC1，所以B1D∥平面A1FC1，即A的说法正确；对于B选项，易知CE∥A1F，因为A1F⊂平面A1FC1，CE⊄平面A1FC1，所以CE∥平面A1FC1，即B的说法正确；对于C选项，因为GE∥A1B，所以GE与平面A1FC1相交，即C错误；对于D选项，易知AE∥C1F，因为C1F⊂平面A1FC1，AE⊄平面A1FC1，所以AE∥平面A1FC1，即D的说法正确．故选C.答案：C4．解析：∵eq\f(AE,CE)＝eq\f(BF,FC)，∴EF∥AB.又EF⊂平面EFGH，AB⊄平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.同理，由eq\f(BF,FC)＝eq\f(BG,GD)，可证CD∥平面EFGH.∴与平面EFGH平行的直线有2条．故选C.答案：C5．解析：如图，分别取正方体另三条棱的中点为A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，易知PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.故选C.答案：C6．解析：若P在α，β的同侧，由于平面α∥平面β，故AB∥CD，则eq\f(PA,PC)＝eq\f(PA,PA＋AC)＝eq\f(AB,CD)，可求得CD＝20；若P在α，β之间，则eq\f(AB,CD)＝eq\f(PA,PC)＝eq\f(PA,AC－PA)，可求得CD＝4.答案：20或47.解析：如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝eq\f(1,3)，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝eq\f(2,3)，故NT＝2－eq\f(1,3)－eq\f(2,3)＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝eq\f(1,3)，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)8．解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，∵O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，∴PO∥BD1，当点Q为CC1的中点时，连接PQ，则PQ綊AB，∴四边形ABQP是平行四边形，∴AP∥BQ，∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B，AP、PO⊂平面PAO，BQ、BD1⊂平面D1BQ，∴平面D1BQ∥平面PAO.故选④.答案：④9．解析：(1)解法一证明：因为△ABC是正三角形，所以BA＝BC，又AD＝CD，所以BD所在的直线为线段AC的垂直平分线，所以M为AC的中点，又N是CD的中点，所以MN∥AD，又AD⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD.解法二证明：在正三角形ABC中，AB＝BC，因为AD＝CD，BD＝BD，所以△ABD≌△CBD，所以M为AC的中点．如图，取PC的中点为E，连接ME，NE.因为M为AC的中点，E为PC的中点，所以ME∥PA，又ME⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以ME∥平面PAD，同理可得NE∥平面PAD.又ME⊂平面MEN，NE⊂平面MEN，ME∩NE＝E，所以平面MEN∥平面PAD.又MN⊂平面MEN，所以MN∥平面PAD.(2)设点M到平面PBC的距离为h，在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝4eq\r(2).在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝4eq\r(2)，在△PBC中，PB＝4eq\r(2)，PC＝4eq\r(2)，BC＝4，所以S△PBC＝4eq\r(7).连接PM，由V三棱锥M－PBC＝V三棱锥P－BMC，即eq\f(1,3)×4eq\r(7)×h＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×4，解得h＝eq\f(2\r(21),7)，所以点M到平面PBC的距离为eq\f(2\r(21),7).10．证明：(1)设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，且O为AE的中点，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为AD，EF的中点，四边形ADEF为平行四边形，所以DE∥GN.因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，N为AD的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE∩BD＝D，BD，DE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.11．解析：(1)点E为PD中点时直线PB与平面ACE平行．证明：连接BD，交AC于点O，连接OE，则点O为BD的中点，又因为点E为PD的中点，所以OE为△PDB的中位线，则OE∥PB，又因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，所以PB与平面ACE平行．(2)依据题意AC⊥PB，PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，则有AC⊥PA，又PA∩PB＝P，所以AC⊥平面PAB，则AC⊥