高考数学(理数)一轮复习检测卷：7.2《直线、平面的平行关系》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：7.2《直线、平面的平行关系》 (教师版)
限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1.给出三个命题：①若两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线互相平行；②若两条直线与一个平面垂直，则这两条直线互相平行；③若两条直线与一个平面平行，则这两条直线互相平行．其中正确的命题的个数是(　　)A．0　　　　　　　　 B．1C．2 D．3解析：选B.若两条直线与同一个平面所成的角相等，则这两条直线与平面的法向量夹角相等，这些直线构成以法向量为轴的某个对顶圆锥．故①错误；两条直线与平面垂直，则这两条直线与平面的法向量平行，则根据公理4，两直线平行，故②正确；两条直线与一个平面平行，这两条直线可能异面、平行或相交．故③错误．2.下列命题中成立的个数是(　　)①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线l在平面α外，则l∥α；③若直线l∥b，直线b⊂α，则l∥α；④若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线．A．1 B．2C．3 D．4解析：选A.直线l平行于平面α内的无数条直线，包括l⊂α和l∥α，故①不成立；直线l在平面α外，包括l与α相交和l∥α，故②不成立；直线l∥b，直线b⊂α，包括l⊂α和l∥α，故③不成立；直线l∥b，直线b⊂α，那么l平行于α内与直线b平行的所有直线，所以直线l就平行于平面α内的无数条直线，故只有④成立．3.有如下三个命题：①分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线；②垂直于同一个平面的两条直线是平行直线；③过平面α的一条斜线有一个平面与平面α垂直．其中正确命题的个数为(　　)A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.①分别在两个平面中的两条直线不一定是异面直线，故①错误．②此命题是直线与平面垂直的性质定理，故②正确．③可过斜线与平面α的交点作一条垂直于平面α的直线，则斜线与垂线所确定的平面即与平面α垂直，这样的平面有且只有一个．故③正确．所以②③正确．4.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若α∩β＝m，n⊂α，则n⊥βD．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β解析：选D.若m∥α，n∥α，则直线m，n可以是平行、相交、异面，所以A不正确．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则直线m，n可能是平行或异面，所以B不正确．C选项显然不正确．5.设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面．则下列四个命题中，正确的是(　　)A．若a，b与α所成的角相等，则a∥bB．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bC．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βD．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b解析：选D.对于选项A，a，b不一定平行，也可能相交；对于选项B，只需找个平面γ，使γ∥α∥β，且a⊂γ，b⊂γ即可满足题设，但a，b不一定平行；对于选项C，由直三棱柱模型可排除C.6.给出下列四个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；④若三条直线交于同一点，则这三条直线共面．其中真命题的序号是________．解析：①正确，因为直线在平面外，即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点．②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交．③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面．④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．答案：①②③7.将一个真命题中的“平面”换成“直线”“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行．其中是“可换命题”的是________．(填命题的序号)解析：由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题”．答案：①③8.如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，则AC的长为________cm.解析：因为平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F，连接AD，BE，CF(图略)．所以AD∥BE∥CF，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(DE,EF)，因为AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，所以eq \f(2,BC)＝eq \f(4,3)，解得BC＝eq \f(3,2) cm，所以AC＝AB＋BC＝2＋eq \f(3,2)＝eq \f(7,2)(cm)．答案：eq \f(7,2)9.如图，在三棱锥S­ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB，过点A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC.(2)BC⊥SA.证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又因为EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又因为AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.又因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.10.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PC的中点，连接EF，BF.(1)求证：直线EF∥平面PAD.(2)求三棱锥F­PEB的体积．解：(1)如图，作FM∥CD交PD于点M，连接AM.因为点F为PC中点，所以FM＝eq \f(1,2)CD.因为点E为AB的中点，所以AE＝eq \f(1,2)AB＝FM.又AE∥FM，所以四边形AEFM为平行四边形，又EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD.所以EF∥AM.所以直线EF∥平面PAD.(2)连接EC.已知∠DAB＝60°，AE＝eq \f(1,2)，AD＝1，由余弦定理，得DE⊥AB，又AB∥DC，则DE⊥DC，设F到平面BEC的距离为h.因为点F为PC的中点，所以h＝eq \f(1,2)PD.从而有VF­PBE＝VP­BEF＝VP­BEC－VF­BEC＝eq \f(1,3)S△BEC·(PD－h)＝eq \f(1,3)S△BEC·eq \f(1,2)PD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(\r(3),48).B级　能力提升练11.如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，eq \f(PF,FC)＝(　　)A.eq \f(2,3)　　　　　　　　 B．eq \f(1,4)C.eq \f(1,3) D．eq \f(1,2)解析：选D.如图，连接AC交BE于G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq \f(PF,FC)＝eq \f(AG,GC).又AD∥BC，E为AD的中点，所以eq \f(AG,GC)＝eq \f(AE,BC)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(PF,FC)＝eq \f(1,2).12.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(5),2))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\r(2))) D．[eq \r(2)，eq \r(3)]解析：选B.取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，可以证明平面AMN∥平面AEF，所以点P位于线段MN上，因为A1M＝A1N＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)，MN＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以当点P位于M，N处时，A1P的长度最长，当P位于MN的中点O时，A1P的长度最短，此时A1O＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),4)，所以A1O≤A1P≤A1M，即eq \f(3\r(2),4)≤A1P≤eq \f(\r(5),2)，所以线段A1P长度的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))，选B.13.如图，ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，P是棱AD上一点，AP＝eq \f(a,3)，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝(　　)A.eq \f(2\r(2),3)a B．eq \f(2\r(3),3)aC.eq \f(\r(2),3)a D．eq \f(\r(3),3)a解析：选A.因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1，又P是棱AD上一点，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，所以MN∥PQ，又M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，AP＝eq \f(a,3)，所以CQ＝eq \f(a,3)，所以DP＝DQ＝eq \f(2a,3)，所以PQ＝eq \r(DP2＋DQ2)＝eq \f(2\r(2)a,3).14.在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．解析：如图，取CD的中点E.连接AE，BE，由于M，N分别是△ACD，△BCD的重心，所以AE，BE分别过M，N，则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.因为AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.答案：平面ABD与平面ABC15.如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1(注：填上你认为正确的一个条件即可)．解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，当M∈FH时，MN⊂平面FHN，此时MN∥平面B1BDD1.答案：点M在线段FH上(包含端点)16.如图，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝eq \r(7)，cos∠EDC＝eq \f(5,7).将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝eq \r(3)，得到四棱锥P­ABCE.(1)求证：AP⊥平面ABCE；(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.解：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝eq \r(7)，cos∠EDC＝eq \f(5,7)，由余弦定理得CE＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝eq \r(3)，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理AP⊥AC.而AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，AC∩AE＝A，故AP⊥平面ABCE.(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.C级　素养加强练17.如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC.(1)若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出eq \f(AP,PD)的值；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥A­CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．解：(1)线段AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时eq \f(AP,PD)＝eq \f(3,2).理由如下：当eq \f(AP,PD)＝eq \f(3,2)时，eq \f(AP,AD)＝eq \f(3,5)，过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，则有eq \f(MP,FD)＝eq \f(AP,AD)＝eq \f(3,5)，由题意可得FD＝5，故MP＝3，由题意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME，又∵CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，∴CP∥平面ABEF成立．(2)设BE＝x(0＜x≤4)，∴AF＝x，FD＝6－x，由题意可得EC⊥EF，又BE⊥EC，BE∩EF＝E，∴EB⊥平面ECDF，∵AF∥BE，∴AF⊥平面ECDF.故VA­CDF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×(6－x)×x＝eq \f(1,3)(－x2＋6x)，∴当x＝3时，VA­CDF有最大值，且最大值为3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2eq \r(2)，AD＝3eq \r(2)，AC＝eq \r(14)，在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝eq \f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq \f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，∴sin∠ADC＝eq \f(\r(3),2)，∴S△ADC＝eq \f(1,2)·DC·DA·sin∠ADC＝3eq \r(3)，设点F到平面ACD的距离为h，由于VA­CDF＝VF­ACD，即3＝eq \f(1,3)·h·S△ACD，∴h＝eq \r(3)，即点F到平面ACD的距离为eq \r(3).