高考数学一轮复习课时分层作业40空间直线、平面的平行含答案

这是一份高考数学一轮复习课时分层作业40空间直线、平面的平行含答案，文件包含高考数学一轮复习课时分层作业40参考答案docx、高考数学一轮复习课时分层作业40空间直线平面的平行含答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。

1．B [若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当α内无数条直线与β平行时，α与β可能相交；
若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；
若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．
根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．
因此B中条件是α∥β的充要条件．]
2．D [选项A，由中位线定理可知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故A选项是错误的；
选项B，由中位线定理可知EF∥A1B，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD，EF不可能互相平行，故B选项是错误的；
选项C，由中位线定理可知EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，故平面EFGH与平面ABCD相交，故C选项是错误的；
选项D，由三角形中位线定理可知EF∥A1B，EH∥A1D1，所以有EF∥平面A1BCD1，EH∥平面A1BCD1，而EF∩EH＝E，因此平面EFGH∥平面A1BCD1，故选D.]
3．C [由AB∥α∥β，易证ACCE＝BDDF，
即ACAE＝BDBF，所以BD＝AC·BFAE＝2×45＝85.]
4．AC [对于A，若①α∥β，②m∥n，③m∥α，且n⊄β，所以有④n∥β成立，则A项正确；
对于B，若①α∥β，③m∥α，④n∥β，则m，n可能相交、平行或异面，则B项错误；
对于C，若①α∥β，②m∥n，④n∥β，且m⊄α，所以有③m∥α成立，则C项正确；
对于D，若②m∥n，③m∥α，④n∥β，则平面α，β可能相交或平行，则D项错误．故选AC.]
5．CD [由于BD∥平面EFGH，所以由线面平行的性质定理，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC，且EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形或梯形．故选CD.]
6．ACD [以四边形ABCD为下底还原正方体，如图所示，
则有BM∥平面ADE，选项A正确； CN与AF是异面直线，选项B错误；在正方体中，BD∥FN, FN⊂平面AFN，BD⊄平面AFN，所以BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN, BM∩BD＝B，BM，BD⊂平面BDM，
所以平面BDM∥平面AFN，同理平面BDE∥平面NCF，
选项C，D正确，故选ACD.]
7．①和③ [由面面平行的性质定理可知，①正确；通过画图(图略)知②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．]
8．2 [如图所示，取A1B1的中点H，BB1的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF.
可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E.又C1G⊄平面CD1E，D1E⊂平面CD1E，可得C1G∥平面CD1E.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1E.又C1H∩C1G＝C1，∴平面C1GH∥平面CD1E.
∵M点是正方形ABB1A1内的动点，C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH上．
∴M点的轨迹长度为GH＝12+12＝2.]
9．12 455 [平面PBC∥平面EFH，平面APB∩平面PBC＝PB，平面PBA∩平面EFH＝EH, ∴EH∥PB.
又∵E是线段PA的中点，H在线段AB上，
∴H是AB的中点．故AH＝12AB.
过D作DM⊥AC于M，∵侧棱PA⊥底面ABCD，∴PA⊥DM，且PA∩AC＝A，∴DM⊥平面PAC，
∴线段DM的长就是点D到平面PAC的距离．
在Rt△ACD中，AC·DM＝DA·DC，
∴DM＝DA·DCAC＝4×225＝455.]
10. [解] 直线l∥平面PAC，证明如下：
因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC.
又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
而EF⊂平面BEF，
且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.
因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，
所以l∥平面PAC.
11．[解] (1)连接BD交AC于点O，在△PBD中，过点O作OE∥PB交PD于点E(图略)，
因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
所以PB∥平面ACE，因为AB＝3，CD＝2，
所以ABCD＝BODO＝PEED＝32，所以PEED的值为32.
(2)过点E作EM∥PC交CD于点M，过点M作MN∥BC交AB于点N，连接EN(图略)，则平面EMN即平面α，则平面α与平面PAB的交线与PB平行，
过点N作NF∥PB交PA于点F，
因为E是PD的中点，CD＝2，
所以CM＝1，则BN＝CM＝1，
又AB＝3，所以ANNB＝2，则FAFP＝2，
因为PD＝AD＝5，所以F到平面PCD的距离为53，
则VP-CEF＝VF-PCE＝13×12×52×2×53＝2518.
12．AD [对于A，如图1所示，根据正方体性质易证得AB∥FN，又因为FN⊂平面MNP，AB⊄平面MNP，所以AB∥平面MNP，故A正确；
图1
对于B，如图2所示，连接BC交MP于点D，连接DN，由于N是AC的中点，D不是BC的中点，所以AB与平面MNP相交，故B错误；
图2
对于C，如图3所示，易证AB∥QM，由于QM与平面MNP相交，则AB与平面MNP相交，故C错误；
图3
对于D，如图4所示，由正方体性质易证得AB∥CD，由中位线定理知MP∥CD，所以AB∥MP，又因为MP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP，所以AB∥平面MNP，故D正确. 故选AD.
]
图4
13．①②③④ [先把平面展开图还原为一个四棱锥，如图所示．
①∵E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，
∴EF∥AD，GH∥BC.
∵AD∥BC，∴EF∥GH，
∴EF，GH确定平面EFGH.
∵EF⊂平面EFGH，AD⊄平面EFGH，
∴AD∥平面EFGH.
同理AB∥平面EFGH，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，
∴平面EFGH∥平面ABCD，∴①正确；
②连接AC，BD交于O点，
则O为AC的中点，连接OG，∵G为PC的中点，
∴OG∥PA，OG⊂平面BDG，
PA⊄平面BDG，∴PA∥平面BDG，∴②正确；
③同②同理可证EF∥平面PBC，∴③正确；
④同②同理可证FH∥平面BDG，∴④正确；
⑤EF∥GH，GH与平面BDG相交，
∴EF与平面BDG相交，∴⑤不正确．]
14．Q为CC1的中点 [如图所示，设Q为CC1的中点，
因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.
连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，
又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，
所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO.
又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，
所以平面D1BQ∥平面PAO.
故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.]
15. [解] (1)证明：如图，取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝12AB，
又AB∥CD，CD＝12AB，
所以EH∥CD，EH＝CD，
因此四边形DCEH为平行四边形，
所以CE∥DH，又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
因此CE∥平面PAD.
(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明如下：
取AB的中点F，连接CF，EF，
则AF＝12AB，因为CD＝12AB，所以AF＝CD，
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD.
又AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，
所以CF∥平面PAD.
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，
故平面CEF∥平面PAD，
故存在AB的中点F满足要求．