2020高考数学一轮复习检测：第7章 第2节 直线、平面的平行关系(含解析)
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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．1
C．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．2
C．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．1
C．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∥n
B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
C．若α∩β＝m，n⊂α，则n⊥β
D．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.(2018·枣庄模拟)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∥b
B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β
D．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：①②③
7.(2018·青岛模拟)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：①③
8.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＝，
因为AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，
所以＝，解得BC＝ cm，
所以AC＝AB＋BC＝2＋＝(cm)．
答案：
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＝CD.
因为点E为AB的中点，所以AE＝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＝，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＝PD.
从而有VFPBE＝VPBEF＝VPBEC－VFBEC
＝S△BEC·(PD－h)＝S△BEC·PD
＝×××××1＝.
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，＝( )
A. B．
C. D．
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＝.
又AD∥BC，E为AD的中点，所以＝＝，所以＝.
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. B．
C. D．[，]
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＝＝，MN＝＝，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＝＝，所以A1O≤A1P≤A1M，即≤A1P≤，所以线段A1P长度的取值范围是，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＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝( )
A.a B．a
C.a D．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＝，所以CQ＝，所以DP＝DQ＝，所以PQ＝＝.
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ABC
15.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＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，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＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝，∴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.(2018·山西太原质检)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＝.
理由如下：
当＝时，＝，
过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，
则有＝＝，
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＝××2×(6－x)×x＝(－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＝2，AD＝3，AC＝，
在△ACD中，由余弦定理得
cos∠ADC＝＝＝，
∴sin∠ADC＝，
∴S△ADC＝·DC·DA·sin∠ADC＝3，
设点F到平面ACD的距离为h，
由于VACDF＝VFACD，
即3＝·h·S△ACD，
∴h＝，即点F到平面ACD的距离为.
