2020版高考数学一轮复习课时作业44《 直线、平面平行的判定及其性质》(含解析) 练习

课时作业44　直线、平面平行的判定及其性质

一、选择题

1.已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为(　D　)

A.平行   B.相交

C.直线b在平面α内   D.平行或直线b在平面α内

解析：依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内.

2.已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是(　D　)

A.垂直  B.相交

C.异面  D.平行

解析：对于选项A，当m⊥α时，因为n⊂α，所以m⊥n，可能；

对于选项B，当A∈n时，m∩n＝A，可能；

对于选项C，若A∉n，由异面直线的定义知m，n异面，可能；

对于选项D，若m∥n，因为m⊄α，n⊂α，所以m∥α，这与m∩α＝A矛盾，不可能平行，故选D.

3.(2019·四川乐山四校联考)平面α∥平面β的一个充分条件是(　D　)

A.存在一条直线a，a∥α，a∥β

B.存在一条直线a，a⊂α，a∥β

C.存在两条平行直线a，b，a∥α，a∥β，b⊂β

D.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α

解析：存在一条直线a，a∥α，a∥β，有可能a平行于两平面的交线，该条件不是平面α∥平面β的一个充分条件，故A错；存在一条直线a，a⊂α，a∥β，有可能a平行于两平面的交线，该条件不是平面α∥平面β的一个充分条件，故B错；存在两条平行直线a，b，a∥α，a∥β，b⊂β，有可能a平行于两平面的交线，该条件不是平面α∥平面β的一个充分条件，故C错；存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，据此可得平面α∥平面β，该条件是平面α∥平面β的一个充分条件.故选D.

4.(2019·山东泰安二模)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题正确的是(　D　)

A.若m∥α，n∥α，则m∥n

B.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β

C.若m∥α，m∥β，则α∥β

D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n

解析：对于A，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行，可能相交，也可能异面，故A错误；对于B，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行，也可能相交(比如直三棱柱相邻两侧面都与底面垂直)，故B错误；对于C，若m∥α，m∥β，则α与β可能平行，也可能相交，故C错误；对于D，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D正确.综上，故选D.

5.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分别是BC，CD的中点，则(　B　)

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

解析：如图，由条件知，EF∥BD，EF＝BD，HG∥BD，HG＝BD，∴EF∥HG，且EF＝HG，∴四边形EFGH为梯形.

∵EF∥BD，EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.∵四边形EFGH为梯形，∴线段EH与FG的延长线交于一点，∴EH不平行于平面ADC.故选B.

6.已知M，N，K分别为正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AB，B1C1，DD1的中点，在正方体的所有面对角线和体对角线所在的直线中，与平面MNK平行的直线有(　A　)

A.6条  B.7条

C.8条  D.9条

解析：补形得到平面MNK与正方体侧面的交线，得到正六边形MENFKG，如图所示.由线面平行的判定定理，可得BD，B1D1，BC1，AD1，AB1，DC1所在直线与平面MNK平行，∴正方体的所有面对角线和体对角线所在的直线中，与平面MNK平行的有6条.故选A.

二、填空题

7.如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是平面ABC、平面ABD.

解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由＝＝，得MN∥AB.所以MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.

8.在三棱锥P­ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为8.

解析：过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝AC＝2，FM＝EN＝PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.

9.(2019·江西重点中学协作体一模)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝6，AB＝3，AD＝8，点M是棱AD的中点，点N在棱AA1上，且满足AN＝2NA1，P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，若C1P∥平面CMN，则线段C1P长度的最小值是.

解析：取A1D1的中点Q，过点Q在平面ADD1A1内作MN的平行线交DD1于点E，易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，此时C1P取得最小值.

三、解答题

10.如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.求证：

(1)BE∥平面DMF；

(2)平面BDE∥平面MNG.

证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.

(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.

11.已知四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝BC＝1，AB＝2，M为PC的中点.

(1)在图中作出平面ADM与PB的交点N，并指出点N所在位置(不要求给出理由)；

(2)求平面ADM将四棱锥P­ABCD分成的上下两部分的体积比.

解：(1)N为PB中点，截面如图所示.

(2)∵MN是△PBC的中位线，BC＝1，∴MN＝，AN＝，且AN⊥AD，∴梯形ADMN的面积为×＝，点P到截面ADMN的距离为点P到直线AN的距离d＝，∴四棱锥P­ADMN的体积V1＝××＝，而四棱锥P­ABCD的体积V＝×2×1×1＝，∴四棱锥被截下部分体积V2＝V－V1＝－＝，故上下两部分的体积比＝.

12.(2019·山东烟台二模)如图是一张矩形折纸ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是①④.(写出所有正确命题的序号)

①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE；

②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；

③当A、C重合于点P时，PG⊥PD；

④当A、C重合于点P时，三棱锥P­DEF的外接球的表面积为150π.

解析：在△ABE中，tan∠ABE＝，在△ACD中，tan∠CAD＝，所以∠ABE＝∠DAC，由题意，将△ABE，△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同侧，此时A、C、G、H四点在同一平面内，平面ABE∩平面AGHC＝AG，平面CDF∩平面AGHC＝CH，当平面ABE∥平面CDF时，得到AG∥CH，显然AG＝CH，所以四边形AGHC为平行四边形，所以AC∥GH，进而可得AC∥平面BFDE，故①正确；由于折叠后，直线AE与直线CD为异面直线，所以AE与CD不平行，故②不正确；当A、C重合于点P时，可得PG＝，PD＝10，又GD＝10，∴PG2＋PD2≠GD2，所以PG与PD不垂直，故③不正确；当A，C重合于点P时，在三棱锥P­DEF中，△EFD与△FCD均为直角三角形，所以DF为外接球的直径，即R＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×2＝150π，故④正确.综上，正确命题的序号为①④.

13.(2019·重庆万州区检测)

如图，斜三棱柱ABC­A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点.

(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?

(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值.

解：(1)当＝1时，

BC1∥平面AB1D1.

如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.

由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点.

在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，

∴OD1∥BC1.

又OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，

∴BC1∥平面AB1D1.

∴当＝1时，

BC1∥平面AB1D1.

(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.

因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.

∴＝，＝.

又＝1，∴＝1，即＝1.

14.(2019·湖南长沙长郡中学模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，直线PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为(　C　)

A.   B.2

C.2   D.2

解析：∵PD与平面CEF交于点H，

∴平面CEF∩平面PCD＝CH，∵EF∥平面PCD，

∴EF∥CH，过点H作HM∥PA交AD于点M，连接CM，

∵EF∩AF＝F，CH∩HM＝H，∴平面AEF∥平面CHM，

∵平面AEF∩平面ABCD＝AE，平面CHM∩平面ABCD＝CM，∴AE∥CM，又BC∥AM，

∴四边形ABCM为平行四边形，∴AM＝2.又AD＝4，∴M是AD的中点，则H为PD的中点，∴CH＝＝＝2，故选C.

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(　C　)

解析：过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.

∵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DCC1D1分别交于QN和DC，

∴NQ∥DC，

可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，

∵＝＝2，

∴MQ＝2x.

在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，

即y2＝4x2＋1，

∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥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.故选C.