課時(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè)（三十九） 直線、平面平行的判定與性質(zhì)

這是一份課時(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè)（三十九） 直線、平面平行的判定與性質(zhì)，共7頁(yè)。
1．(2021·寧夏大學(xué)高三模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，且m?α，n?α，則“α∥β ”是“m∥β且n∥β ”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
解析：選A m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，且m?α，n?α，則“α∥β ”得“m∥β且n∥β ”，根據(jù)面面平行的判定定理得“m∥β且n∥β ”不能得到“α∥β ”，所以“α∥β ”是“m∥β且n∥β ”的充分不必要條件．故選A．
2．在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB和BC上的點(diǎn)，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，則對(duì)角線AC和平面DEF的位置關(guān)系是( )
A．平行B．相交
C．在平面內(nèi)D．不能確定
解析：選A 如圖，由eq \f(AE,EB)＝eq \f(CF,FB)得AC∥EF.又因?yàn)镋F?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF.
3．下列四個(gè)正方體中，A，B，C為所在棱的中點(diǎn)，則能得出平面ABC∥平面DEF的是( )
解析：選B 在B中，如圖，連接MN，PN，
∵A，B，C為正方體所在棱的中點(diǎn)，
∴AB∥MN，AC∥PN，
∵M(jìn)N∥DE，PN∥EF，
∴AB∥DE，AC∥EF，
∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E，
AB，AC?平面ABC，DE，EF?平面DEF，
∴平面ABC∥平面DEF.
4.已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，平面α∥平面ABC，且α分別交線段PA，PB，PC于點(diǎn)A′，B′，C′.若PA′∶AA′＝2∶3，則S△A′B′C′∶S△ABC＝( )
A．2∶3B．2∶5
C．4∶9D．4∶25
解析：選D ∵平面α∥平面ABC，∴AB∥平面α.又∵平面α∩平面PAB＝A′B′，∴A′B′∥AB．∵PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴A′B′∶AB＝2∶5，
∴eq \f(S△A′B′C′,S△ABC)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A′B′,AB)))2＝eq \f(4,25)，故選D.
5．(多選)(2021·山東濟(jì)南質(zhì)檢)下列四個(gè)命題中正確的是( )
A．如果一條直線不在某個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線就與這個(gè)平面平行
B．過(guò)直線外一點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)平面與這條直線平行
C．過(guò)平面外一點(diǎn)有無(wú)數(shù)條直線與這個(gè)平面平行
D．過(guò)空間一點(diǎn)必存在某個(gè)平面與兩條異面直線都平行
解析：選BC A．如果一條直線不在某個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線就與這個(gè)平面平行或相交，故A錯(cuò)誤；
B．過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一條直線和已知直線平行，
過(guò)這條直線有無(wú)數(shù)個(gè)平面與已知直線平行，故B正確；
C．過(guò)平面外一點(diǎn)有無(wú)數(shù)條直線與這個(gè)平面平行，且這無(wú)數(shù)條直線在同一平面內(nèi)，故C正確；
D．過(guò)空間一點(diǎn)不一定存在某個(gè)平面與兩條異面直線都平行，當(dāng)此點(diǎn)在其中一條直線上時(shí)平面最多只能與另一條直線平行，故D錯(cuò)誤．故選B、C．
6.(多選)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點(diǎn)，下列四個(gè)推斷中正確的是( )
A．FG∥平面AA1D1D
B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1
D．平面EFG∥平面BC1D1
解析：選AC 連接AD1、A1C1(圖略)，因?yàn)樵谡襟wABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點(diǎn)，所以FG∥BC1，因?yàn)锽C1∥AD1，所以FG∥AD1，因?yàn)镕G?平面AA1D1D，AD1?平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故A項(xiàng)正確；因?yàn)镋F∥A1C1，A1C1與平面BC1D1相交，所以EF與平面BC1D1相交，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)镋，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點(diǎn)，所以FG∥BC1，因?yàn)镕G?平面BC1D1，BC1?平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故C項(xiàng)正確；因?yàn)镋F與平面BC1D1相交，所以平面EFG與平面BC1D1相交，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、C．
7.(2021·浙江省鎮(zhèn)海中學(xué)高三模擬)如圖，在正方體ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上，若EF∥平面AB1C，則EF＝________.
解析：根據(jù)題意，因?yàn)镋F∥平面AB1C，所以EF∥AC．又E是AD的中點(diǎn)，所以F是CD的中點(diǎn)．因此在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
8．如圖是長(zhǎng)方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH 的形狀為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)槠矫鍭BFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形．
答案：平行四邊形
9．設(shè)α，β，γ是三個(gè)平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個(gè)條件：
①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.
如果命題“α∩β＝a，b?γ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是________(填序號(hào))．
解析：由面面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當(dāng)b∥β，a?γ時(shí)，a和b在同一平面內(nèi)，且沒(méi)有公共點(diǎn)，所以平行，③正確．故應(yīng)填入的條件為①或③.
答案：①或③
10．在正四面體S-ABC中，M，E，F(xiàn)分別是SA，AB，AC的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線MP與平面SBC的位置關(guān)系是________．
解析：連接ME，MF(圖略)，因?yàn)镸，E，F(xiàn)分別是SA，AB，AC的中點(diǎn)，所以ME∥SB，MF∥SC，而ME∩MF＝M，SB∩SC＝S，ME，MF?平面MEF，SB，SC?平面SBC，所以平面MEF∥平面SBC，又點(diǎn)P在線段EF上，即MP在平面MEF內(nèi)，所以由面面平行的性質(zhì)定理可得MP∥平面SBC，故直線MP與平面SBC的位置關(guān)系是平行．
答案：平行
11.如圖，E，F(xiàn)，G，H分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中點(diǎn)．求證：
(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D1F，
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.
12.如圖所示，四棱錐A-BCDE中，BE∥CD，BE⊥平面ABC，CD＝eq \f(3,2)BE，點(diǎn)F在線段AD上．
(1)若AF＝2FD，求證：EF∥平面ABC；
(2)若△ABC為等邊三角形，CD＝AC＝3，求四棱錐A-BCDE的體積．
解：(1)證明：取線段AC上靠近C的三等分點(diǎn)G，連接BG，GF.
因?yàn)閑q \f(AG,AC)＝eq \f(AF,AD)＝eq \f(2,3)，
則GF＝eq \f(2,3)CD＝BE.
而GF∥CD，BE∥CD，故GF∥BE.
故四邊形BGFE為平行四邊形，故EF∥BG.
因?yàn)镋F?平面ABC，BG?平面ABC，故EF∥平面ABC．
(2)因?yàn)锽E⊥平面ABC，BE?平面BCDE，
所以平面ABC⊥平面BCDE.
所以四棱錐A-BCDE的高即為△ABC中BC邊上的高．
易求得BC邊上的高為eq \f(\r(3),2)×3＝eq \f(3\r(3),2).
故四棱錐A-BCDE的體積V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(2＋3)×3×eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4).
B級(jí)——綜合應(yīng)用
13．如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點(diǎn)，若平行六面體的各棱長(zhǎng)均相等，給出下列說(shuō)法：
①A1M∥D1P；②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；④A1M∥平面D1PQB1.
則以上說(shuō)法中正確的個(gè)數(shù)為( )
A．1B．2
C．3D．4
解析：選C 連接PM(圖略)，因?yàn)镸，P分別為AB，CD的中點(diǎn)，故PM平行且等于AD.由題意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以四邊形PMA1D1為平行四邊形，所以A1M∥D1P，故①正確．顯然A1M與B1Q為異面直線，故②錯(cuò)誤．由①知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1內(nèi)，又在平面D1PQB1內(nèi)，且A1M既不在平面DCC1D1內(nèi)，又不在平面D1PQB1內(nèi)，所以A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，故③④正確．則正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)為3，故選C．
14．(多選)(2021·高密市高三模擬)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱AA1＝1，P為上底面A1B1C1D1上的動(dòng)點(diǎn)，給出下列四個(gè)選項(xiàng)，其中正確的為( )
A．若PD＝3，則滿足條件的P點(diǎn)有且只有一個(gè)
B．若PD＝eq \r(3)，則點(diǎn)P的軌跡是一段圓弧
C．若PD∥平面ACB1，則DP長(zhǎng)的最小值為2
D．若PD∥平面ACB1，且PD＝eq \r(3)，則平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面圖形的面積為eq \f(9π,4)
解析：選ABD 如圖，∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長(zhǎng)為2，
∴B1D1＝2eq \r(2)，又側(cè)棱AA1＝1，
∴DB1＝eq \r(?2\r(2)?2＋12)＝3，則P與B1重合時(shí)PD＝3，此時(shí)P點(diǎn)唯一，故A正確；
∵PD＝eq \r(3)∈(1,3)，DD1＝1，則PD1＝eq \r(2)，即點(diǎn)P的軌跡是一段圓弧，故B正確；
連接DA1，DC1，可得平面A1DC1∥平面ACB1，則當(dāng)P為A1C1中點(diǎn)時(shí)，DP有最小值為eq \r(?\r(2)?2＋12)＝eq \r(3)，故C錯(cuò)誤；
由C知，平面BDP即為平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面圖形為外接球的大圓，其半徑為eq \f(1,2) eq \r(22＋22＋12)＝eq \f(3,2)，面積為eq \f(9π,4)，故D正確．故選A、B、D.
15．(2021·煙臺(tái)模擬)如圖，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折．
(1)求證：當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，線段MN總平行于平面FAD；
(2)“不管怎樣翻折矩形ABEF，線段MN總與線段FD平行”這個(gè)結(jié)論正確嗎？如果正確，請(qǐng)證明；如果不正確，請(qǐng)說(shuō)明能否改變個(gè)別已知條件使上述結(jié)論成立，并給出理由．
解：(1)證明：在平面圖形中，連接MN(圖略)，設(shè)MN與AB交于點(diǎn)G.
當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，如圖，MG∥AF，NG∥AD.
又MG∩NG＝G，AD∩AF＝A，
∴平面GNM∥平面ADF.
又MN?平面GNM，∴MN∥平面ADF.
故當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，線段MN總平行于平面FAD.
(2)這個(gè)結(jié)論不正確．
要使上述結(jié)論成立，M，N應(yīng)分別為AE和DB的中點(diǎn)．理由如下：當(dāng)點(diǎn)F，A，D共線時(shí)，如題圖，
∵四邊形ABCD和四邊形ABEF都是矩形，AD＝AF，∴AD∥BE且AD＝BE，
∴四邊形ADBE是平行四邊形，∴AE∥DB．
又AM＝DN，
∴四邊形ADNM是平行四邊形，
∴MN∥AD，
∴MN∥FD.當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，由(1)知平面MNG∥平面FDA，則要使MN∥FD總成立，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，只要FD與MN共面即可．若要使FD與MN共面，連接FM(圖略)，只要FM與DN相交即可．
∵FM?平面ABEF，DN?平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
∴若FM與DN相交，則交點(diǎn)只能為點(diǎn)B，此時(shí)只有M，N分別為AE，DB的中點(diǎn)才滿足．
由FM∩DN＝B，可知它們確定一個(gè)平面，即F，D，N，M四點(diǎn)共面．
∵平面FDNM∩平面MNG＝MN，平面FDNM∩平面FDA＝FD，平面MNG∥平面FDA，
∴MN∥FD.
C級(jí)——遷移創(chuàng)新
16.如圖所示，側(cè)棱與底面垂直，且底面為正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分別在AD1，BC上移動(dòng)，始終保持MN∥平面DCC1D1，設(shè)BN＝x，MN＝y(tǒng)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象大致是( )
解析：選C 過(guò)M作MQ∥DD1，交AD于點(diǎn)Q，連接QN.
∵M(jìn)N∥平面DCC1D1，
MQ∥平面DCC1D1，
MN∩MQ＝M，
∴平面MNQ∥平面DCC1D1.
又平面ABCD與平面MNQ和DCC1D1分別交于QN和DC，
∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，
∵eq \f(MQ,AQ)＝eq \f(DD1,AD)＝2，∴MQ＝2x.
在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，
∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，
∴函數(shù)y＝f(x)的圖象為焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線上支的一部分．故選C．