（适用于新高考新教材）高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练40直线平面平行的判定与性质

课时规范练40直线、平面平行的判定与性质基础巩固组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.已知三个不同的平面α,β,γ和直线m,n,若α∩γ=m,β∩γ=n,则“α∥β”是“m∥n”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3.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分别为BC,CD的中点,则()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4.如图,E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点E(不与端点重合),若BD1∥平面B1CE,则()A.BD1∥CE B.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1 D.D1E=EC15.如图,AB∥平面α∥平面β,过A点的直线m分别交α,β于点C,E,过B点的直线n分别交α,β于点D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,则BD的长为()A.65 B.75 C.856.(2022广东广州三模)一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为PB,PC的中点,在此几何体中,下面结论错误的是()A.直线AE与直线BF异面B.直线AE与直线DF异面C.直线EF∥平面PADD.直线EF∥平面ABCD7.过正方体ABCDA1B1C1D1的三个顶点A1,C1,B的平面与底面ABCD所在平面的交线为l,则l与A1C1的位置关系是.

8.已知长方体被一平面所截得的几何体如图所示,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为.

9.(2022山东菏泽模拟)已知底面为菱形的四棱锥PABCD中,△PAD是边长为2的等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别是棱PC,AB上的点,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另一个成立.①F是AB的中点;②E是PC的中点;③BE∥平面PFD.综合提升组10.(多选)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB∥平面MNP的是()11.(2022江西景德镇三模)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,P为正方形ABCD内的一动点(包含边界),E,F分别是棱AA1,棱A1D1的中点.若D1P∥平面BEF,则AP的取值范围是()A.[0,5] B.[0,22]C.[1,5] D.[2,22]12.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=.(用含m,n的式子表示)

13.在正方体ABCDA1B1C1D1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DGDD1=,AHH14.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.如图所示,侧棱与底面垂直,且底面为正方形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,N分别在线段AD1,BC上移动,始终保持MN∥平面DCC1D1,设BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是()16.(2022广西桂林二模)在三棱锥ABCD中,对棱AB=CD=5,AD=BC=13,AC=BD=10,当平面α与三棱锥ABCD的某组对棱均平行时,则三棱锥ABCD被平面α所截得的截面面积的最大值为.

课时规范练40直线、平面平行的判定与性质1.C解析: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;利用线面平行的判定定理和性质定理可判断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解析:根据面面平行的性质定理,可知当“α∥β”时,有“m∥n”,故充分性成立;反之,当m∥n时,α,β可能相交(如图),故必要性不成立.所以“α∥β”是“m∥n”的充分不必要条件.故选A.3.B解析:如图,由题意,得EF∥BD,且EF=15BD,HG∥BD,且HG=12BD,∴EF∥HG,EF≠∴四边形EFGH是梯形.又EF∥BD,EF⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD.故选B.4.D解析:如图,设B1C∩BC1=O,则平面BC1D1∩平面B1CE=OE.∵BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质可得D1B∥EO,∵O为B1C的中点,∴E为C1D1中点,∴D1E=EC1.故选D.5.C解析:由AB∥α∥β,易证ACCE=BD所以BD=AC·故选C.6.B解析:由题意知,该几何体是底面为正方形的四棱锥,连接AE,EF,BF,DF(图略),易得EF∥BC∥AD,故EF,AD共面,则AE,DF共面,故B错误;又F∈平面AEFD,B∉平面AEFD,F不在直线AE上,则直线AE与直线BF异面,A正确;由EF∥AD,EF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,则直线EF∥平面PAD,C正确;EF⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,则直线EF∥平面ABCD,D正确.7.平行解析:因为过A1,C1,B三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为A1C1,与底面ABCD的交线为l,且正方体的两底面互相平行,则由面面平行的性质定理知l∥A1C1.8.平行四边形解析:因为平面ABFE∥平面CDHG,平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面CDHG=HG,所以EF∥HG.同理EH∥FG,所以四边形EFGH是平行四边形.9.解选①②,证明③:取PD的中点M,连接ME,FM,则ME∥CD,ME=12CD,FB∥CD,FB=12所以ME∥FB,ME=FB,所以四边形MEBF为平行四边形,BE∥MF.因为BE⊄平面PDF,MF⊂平面PDF,所以BE∥平面PFD.选②③,证明①:取PD的中点M,连接ME,FM,则ME∥CD,ME=12CD因为FB∥CD,所以ME∥FB.又平面MEBF∩平面PDF=FM,BE∥平面PFD,BE⊂平面MEBF,所以BE∥MF,所以四边形MEBF是平行四边形,BF=ME.因为ME=12CD=12所以BF=12AB,即F是AB的中点选①③,证明②:取CD的中点N,连接BN,EN,则DN∥FB,DN=FB,四边形BFDN是平行四边形,BN∥DF.因为BN⊄平面PDF,DF⊂平面PDF,所以BN∥平面PDF.因为BE∥平面PDF,BN∩BE=B,所以平面PDF∥平面BEN,EN⊂平面BNE,所以EN∥平面PDF,EN⊂平面PDC,平面PDC∩平面PDF=DP,所以EN∥PD.又因为N是CD的中点,所以E是PC的中点.10.ABD解析:对于选项A,由图可知AC∥MN,CB∥NP,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP.又因为AB⊂平面ABC,所以直线AB∥平面MNP,故A正确;对于选项B,根据题意得AB∥NP,结合直线与平面平行的判定定理,可知直线AB∥平面MNP,故B正确;对于选项C,由题意可知,平面MNP内不存在任意一条直线与直线AB平行,故直线AB与平面MNP不平行,故C错误;对于选项D,由图可知AC∥NP,CB∥NM,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP,又因为AB⊂平面ABC,所以直线AB∥平面MNP,故D正确.故选ABD.11.A解析:连接BC1,AD1,则EF∥AD1∥BC1,EF⊂平面BEF,故AD1∥平面BEF.设M为BC的中点,连接AM,D1M,由于F是棱A1D1的中点,故D1F=BM,D1F∥BM,则四边形D1FBM为平行四边形,故D1M∥FB,FB⊂平面BEF,故D1M∥平面BEF,又AD1∩D1M=D1,AD1,D1M⊂平面D1AM,故平面D1AM∥平面BEF,由于D1P∥平面BEF,故D1P⊂平面D1AM,又因为P为正方形ABCD内的一动点,且平面D1AM∩平面ABCD=AM,故AM即为动点P的轨迹,而AM=22故AP的取值范围是[0,5].12.m∶n解析:∵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=AEAB又四边形EFGH是菱形,∴BEABm=AEABn,∴AE∶EB=m∶13.1638解析:∵ABCDA1B1C∴平面A1B1BA∥平面C1D1DC.∵BF⊂平面A1B1BA,∴BF∥平面CDD1C1.∵平面BFGE∩平面C1D1DC=GE,则BF∥GE,则AFAB=DG又CE=2DE,则DGD连接AC交BE于点M,过点M作MN∥CC1,MN与AC1交于点N,连接FM,则H为FM与AC1的交点.∵AB∥CE,∴AMMC=AB∴MNCC1=3514.(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,故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=1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=14AC,因此,线段AC上存在点M,且AMAC=14时,平面B1D15.C解析:过点M作MQ∥DD1,交AD于点Q,连接QN(图略).∵MN∥平面DCC1D1,MQ∥平面DCC1D1,MN∩MQ=M,∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和平面DCC1D1分别交于QN和DC,∴NQ∥DC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x.∵MQAQ=DD1AD=在Rt△MQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,∴y24x2=1(0≤x<1),又y>0,∴y=4x2+1,∴函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分16.3解析:因为每组对