2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)46直線平面平行的判定及其性質(zhì)含解析蘇教版

PAGEPAGE9課時(shí)作業(yè)46直線、平面平行的判定及其性質(zhì)一、選擇題1．假如直線a∥平面α，那么直線a與平面α內(nèi)的(D)A．一條直線不相交 B．兩條直線不相交C．多數(shù)條直線不相交 D．隨意一條直線都不相交解析：因?yàn)橹本€a∥平面α，所以直線a與平面α無(wú)公共點(diǎn)，所以直線a和平面α內(nèi)的隨意一條直線都不相交，故選D.2．(2024·福州質(zhì)檢)下列說(shuō)法中，錯(cuò)誤的是(D)A．一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，則必與另一個(gè)平面相交B．平行于同一平面的兩個(gè)不同平面平行C．若直線l與平面α平行，則過(guò)平面α內(nèi)一點(diǎn)和直線l平行的直線在α內(nèi)D．若直線l不平行于平面α，則在平面α內(nèi)不存在與l平行的直線解析：假如已知直線與另一個(gè)平面不相交，則有兩種情形：直線在平面內(nèi)或與平面平行，不管哪種情形都得出這條直線與第一個(gè)平面不能相交，出現(xiàn)沖突，即A中說(shuō)法正確；選項(xiàng)B是兩個(gè)平面平行的一種判定方法，即B中說(shuō)法正確；由線面平行的性質(zhì)定理知C中說(shuō)法正確；選項(xiàng)D中說(shuō)法是錯(cuò)誤的，事實(shí)上，直線l不平行于平面α，可能有l(wèi)?α，則α內(nèi)有多數(shù)條直線與l平行．故選D.3．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是(B)A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面解析：對(duì)于A，α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這多數(shù)條直線相互平行時(shí)，α與β可能相交，所以A不正確；對(duì)于B，依據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對(duì)于C，平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對(duì)于D，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，如長(zhǎng)方體的相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確．綜上可知選B.4．已知α，β，γ是三個(gè)不重合的平面，l是直線．給出下列命題：①若l上兩點(diǎn)到α的距離相等，則l∥α；②若l⊥α，l∥β，則α⊥β；③若α∥β，l?β，且l∥α，則l∥β.其中正確的命題是(D)A．①② B．①②③C．①③ D．②③解析：對(duì)于①，若直線l在平面α內(nèi)，l上有兩點(diǎn)到α的距離為0，相等，此時(shí)l不與α平行，所以①錯(cuò)誤；對(duì)于②，因?yàn)閘∥β，所以存在直線m?β使得l∥m，因?yàn)閘⊥α，所以m⊥α，又m?β，所以β⊥α，所以②正確；對(duì)于③，l∥α，故存在m?α，使得l∥m，因?yàn)棣痢桅?，所以m∥β，因?yàn)閘∥m，l?β，所以l∥β，③正確．故選D.5．在如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1中，過(guò)A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與ABA．異面B．平行C．相交D．以上均有可能解析：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1∵AB?平面ABC，A1B1?平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，又∵A1B1?平面A1B1ED，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB，故選B.6．若平面α∥平面β，點(diǎn)A，C∈α，B，D∈β，則直線AC∥直線BD的充要條件是(D)A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB與CD相交 D．A，B，C，D四點(diǎn)共面解析：由平面α∥平面β知，直線AC與BD無(wú)公共點(diǎn)，則直線AC∥直線BD的充要條件是A，B，C，D四點(diǎn)共面，故選D.7．如圖，L，M，N分別為正方體對(duì)應(yīng)棱的中點(diǎn)，則平面LMN與平面PQR的位置關(guān)系是(C)A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合解析：如圖，分別取另三條棱的中點(diǎn)A，B，C，將平面LMN延展為平面正六邊形AMBNCL，因?yàn)镻Q∥AL，PR∥AM，且PQ與PR相交，AL與AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.8．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線m與α，β分別交于點(diǎn)A，C，過(guò)點(diǎn)P的直線n與α，β分別交于點(diǎn)B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長(zhǎng)為(B)A．16 B．24或eq\f(24,5)C．14 D．20解析：設(shè)BD＝x，由α∥β?AB∥CD?△PAB∽△PCD?eq\f(PB,PA)＝eq\f(PD,PC).(1)當(dāng)點(diǎn)P在兩平面之間時(shí)，如圖①，則有eq\f(x－8,6)＝eq\f(8,9－6)，∴x＝24；(2)當(dāng)點(diǎn)P在兩平面外側(cè)時(shí)，如圖②，則有eq\f(8－x,6)＝eq\f(8,9＋6)，∴x＝eq\f(24,5).故選B.二、填空題9.如圖，四棱錐P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E為PC的中點(diǎn)，則BE與平面PAD的位置關(guān)系為平行．解析：取PD的中點(diǎn)F，連接EF，AF.在△PCD中，EF＝eq\f(1,2)CD且EF∥CD.又∵AB∥CD且CD＝2AB，∴EF綊AB，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴EB∥AF.又∵EB?平面PAD，AF?平面PAD，∴BE∥平面PAD.10．如圖是長(zhǎng)方體被一平面截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形態(tài)為平行四邊形．解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理，EH∥FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形．11．(2024·豫北名校聯(lián)考)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)D，D1分別為AC，A1C1上的點(diǎn)，若平面BC1D∥平面AB1D1，則eq\f(AD,DC)＝1.解析：如圖所示，連接A1B，與AB1交于點(diǎn)O，連接OD1，∵平面BC1D∥平面AB1D1，平面BC1D∩平面A1BC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，∴BC1∥D1O，∴eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)，同理AD1∥DC1，∴eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，∴eq\f(A1O,OB)＝eq\f(DC,AD)，又∵eq\f(A1O,OB)＝1，∴eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.12．(2024·河南安陽(yáng)模擬)如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1.一平面截該長(zhǎng)方體，所得截面為OPQRST，其中O，P分別為AD，CD的中點(diǎn)，B1S＝eq\f(1,2)，則AT＝eq\f(2,5).解析：設(shè)AT＝x，A1T＝y(tǒng)，則x＋y＝1.由題意易知該截面六邊形的對(duì)邊分別平行，即OP∥SR，OT∥QR，PQ∥TS，則△DOP∽△B1SR.又因?yàn)镈P＝DO＝1，所以B1S＝B1R＝eq\f(1,2)，所以A1S＝C1R＝eq\f(3,2).由△ATO∽△C1QR，可得eq\f(AO,AT)＝eq\f(C1R,C1Q)，所以C1Q＝eq\f(3,2)x.由△A1TS∽△CQP，可得eq\f(CQ,CP)＝eq\f(A1T,A1S)，所以CQ＝eq\f(2,3)y，所以eq\f(3,2)x＋eq\f(2,3)y＝x＋y＝1，可得x＝eq\f(2,5)，y＝eq\f(3,5)，所以AT＝eq\f(2,5).三、解答題13．如圖，E，F(xiàn)，G，H分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1(1)EG∥平面BB1D1D；(2)平面BDF∥平面B1D1H.證明：(1)如圖，取B1D1的中點(diǎn)O，連接GO，OB，因?yàn)镺G綊eq\f(1,2)B1C1，BE綊eq\f(1,2)B1C1，所以BE綊OG，所以四邊形BEGO為平行四邊形，故OB∥EG，因?yàn)镺B?平面BB1D1D，EG?平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D.(2)由題意可知BD∥B1D1.連接HB，D1F，因?yàn)锽H綊D1所以四邊形HBFD1是平行四邊形，故HD1∥BF.又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.14．(2024·南昌摸底)如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點(diǎn)．(1)求證：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱錐P-ABM的體積．解：(1)證明：∵M(jìn)，N分別為PD，AD的中點(diǎn)，∴MN∥PA，又MN?平面PAB，PA?平面PAB，∴MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN?平面PAB，AB?平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，∴點(diǎn)M到平面PAB的距離等于點(diǎn)C到平面PAB的距離．∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝eq\r(3)，∴三棱錐P-ABM的體積V＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).15．(2024·鄭州預(yù)料)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為等腰直角三角形，AB⊥AC，點(diǎn)M，N分別是邊AB1，A1C上的動(dòng)點(diǎn)，若直線MN∥平面BCC1B1，Q為線段MN的中點(diǎn)，則點(diǎn)A．雙曲線的一支(一部分) B．圓弧(一部分)C．線段(去掉一個(gè)端點(diǎn)) D．拋物線的一部分解析：如圖，分別取AA1，B1C的中點(diǎn)E，F(xiàn)，隨意作一個(gè)與平面BCC1B1平行的平面α與AB1，A1C分別交于M，N，則MN∥平面BCC1B1.由題意知△ABC為等腰直角三角形，AB⊥AC，則側(cè)面AA1B1B與側(cè)面AA1C1C是兩個(gè)全等的矩形，且這兩個(gè)側(cè)面關(guān)于過(guò)棱AA1與平面BCC1B1垂直的平面是對(duì)稱的，因此EF必過(guò)MN的中點(diǎn)Q，故點(diǎn)Q16．(2024·南昌一模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AC與BD相交于點(diǎn)O，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，三棱錐P-ACD的體積為9.(1)求AD的值；(2)過(guò)O點(diǎn)的平面α平行于平面PAB，平面α與棱BC，AD，PD，PC分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，求截面EFGH的周長(zhǎng)．解：(1)因?yàn)樵谒睦忮FP-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3.所以VP-ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(AB·AD,2)·AP＝eq\f(3AD,2)＝9，解得AD＝6.(2)因?yàn)棣痢纹矫鍼AB，平面α∩平面ABCD＝EF，O∈EF，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以EF∥AB，同理EH∥BP，F(xiàn)G∥AP.因?yàn)锽C∥AD，AD＝6，BC＝3，所以△BOC∽△DOA，且eq\f(BC,AD)＝eq\f(CO,AO)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(EO,OF)＝eq\f(1,2)，CE＝eq\f(1,3)