专题11.2平面与空间中的平行关系（A卷基础篇）-2021-2022学年高一数学必修第四册同步单元AB卷（新教材人教B版）

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专题11.2平面与空间中的平行关系（A卷基础篇）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2020·全国高三专题练习（理））如图，正方体中，、分别为棱、上的点，在平面内且与平面平行的直线（    ）A．有一条 B．有二条C．有无数条 D．不存在【答案】C【解析】设平面，且，可证明平面，从而可得正确的选项.【详解】设平面，且，又平面，平面，平面，显然满足要求的直线l有无数条.故选：C.2．（2020·全国高一课时练习）如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则　　A． B． C． D．以上均有可能【答案】B【解析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可．【详解】四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，平面，平面平面，由直线与平面平行的性质定理可得：．故选：．3．（2020·山东高三专题练习）已知长方体,平面平面,平面平面,则与的位置关系是(    )A．平行 B．相交 C．异面 D．不确定【答案】A【解析】由长方体的特点可以得到平面平面,接下来根据面面平行的性质定理可以得到结果.【详解】因为几何体是长方体,所以平面平面,由已知条件得平面平面,平面平面,则由面面平行的性质定理得:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,则它们的交线平行,所以与的位置关系是平行.故选:4．（2020·山东高三专题练习）如图，的边在平面内，是的中位线，则（    ）A．与平面平行 B．与平面不平行C．与平面可能平行 D．与平面可能相交【答案】A【解析】根据线面平行的判定定理，即可得出结果.【详解】因为是的中位线，所以；又，，所以.故选：A.5．（2020·宁夏银川市·银川九中高三月考（理））给出以下四个命题，能判断平面α和平面β平行的条件是(    )A．α内有无数条直线都与β平行 B．α内的任一条直线都与β平行C．直线，直线，且， D．直线，且【答案】B【解析】根据空间中平面与平面平行的判定方法，我们逐一分析题目中的四个结论，即可得到答案．【详解】A.平面内有无数条直线与平面平行时，两个平面可能平行也可能相交，故A不满足条件；B.平面内的任何一条直线都与平面平行，则能够保证平面内有两条相交的直线与平面平行，故B满足条件；C. 直线，直线，且，，则两个平面可能平行也可能相交，故C不满足条件；D. 直线，且，则两平面可能相交或平行，故D不满足条件故选：B.6．（2020·河北高一期末）平面α与平面β平行的条件可以是（  ）A．α内有无数条直线都与β平行B．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内C．α内的任何直线都与β平行D．直线a在α内，直线b在β内，且a∥β，b∥α【答案】C【解析】根据面面平行的性质和判定定理进行判断即可【详解】对A，若α内的无数条直线都平行，平面α与平面β不一定平行，也可能相交，垂直，A错对B，当直线平行于两平面交线时，符合命题叙述，但平面α与平面β相交，B错对C，“α内的任何直线都与β平行”可等价转化为“α内的两条相交直线与β平行”，根据面面平行的判定定理，C正确对D，当两平面相交，直线a，直线b都跟交线平行且符合命题叙述时，得不到平面α与平面β平行，D错故选C7．（2020·威远中学校高二期中（文））如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为（    ）A．梯形 B．平行四边形C．可能是梯形也可能是平行四边形 D．矩形【答案】B【解析】利用面面平行的性质判断与的平行、与平行.【详解】因为平面//平面,且平面平面,平面平面,根据面面平行的性质可知//,同理可证明//.所以四边形为平行四边形.故选：B.8．（2021·六盘山高级中学高一期末）平面∥平面，，则直线和的位置关系（    ）A．平行 B．平行或异面 C．平行或相交 D．平行或相交或异面【答案】B【解析】利用平面∥平面，可得平面与平面没有公共点，根据，可得直线，没有公共点，即可得到结论．【详解】∵平面平面，∴平面与平面没有公共点∵，，∴直线，没有公共点∴直线，的位置关系是平行或异面，故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。9．（2020·全国高三专题练习）以下命题（其中a，b表示直线，表示平面），其中错误的是（    ）A．若则 B．若则C．若则 D．若，，，则【答案】ABC【解析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系可知、、是错误的，根据直线与平面平行的性质定理可知是正确的.【详解】对于，若则或，故错误；对于，若则或与异面或与相交；故错误；对于，若则或，故错误；对于，根据直线与平面平行的性质定理可知，“若，，，则”是正确的，故选：ABC.10．（2020·河北省尚义县第一中学高二期中）如图，空间四边形中，，，分别是，，的中点，下列结论正确的是（    ）A． B．平面C．平面 D．，是一对相交直线【答案】BC【解析】应用异面直线的定义和线面平行的判定定理逐一判断选项可得结果.【详解】A：点平面，点直线，点平面，由异面直线的定义可知，是异面直线，A错；B：，由直线与平面平行的判定定理可得平面，答案B对；C：，由直线与平面平行的判定定理可得平面，答案C对；D：点平面，点直线，点平面，由异面直线的定义可知，是异面直线，D错；故选：BC.11．（2020·重庆万州区·万州纯阳中学校高二期中）、为直线外两点，则过这两点且与该直线平行的平面个数可能有（    ）A．个 B．个 C．无数个 D．个【答案】ABC【解析】对直线与直线的位置关系进行分类讨论，结合已知条件可得出两直线在不同位置的情况下过、两点且与直线平行的平面的个数.【详解】分以下三种情况讨论：①若直线与直线相交，则过、两点且与直线平行的平面的个数为个；②若直线与直线异面，如下图所示：作直线与直线平行，且使得直线与直线相交，此时，直线与直线确定平面为平面，则直线平面，所以，过、两点且与直线平行的平面的个数为个；③若直线与直线平行，则过、两点且与直线平行的平面的个数为无数个.故选：ABC.12．（2020·唐山市第十一中学高二期中）已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理不正确的是（    ）A．， B．，，且C．，，， D．，，【答案】ABC【解析】A. 根据直线的位置关系判断；B. 根据直线与平面的位置关系判断；C. 根据平面与平面的位置关系判断；D. 根据面面平行的性质定理判断.【详解】A. 因为，，则平行或相交，故错误；B. 因为，，则或 ，或 ，故错误；C. 因为，，，，则平行或相交，故错误；D. 因为，，，由面面平行的性质定理得 ，故正确；故选：ABC第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（2020·山东高三专题练习）如图，几何体是正方体，若过、、三点的平面与底面的交线为，则与的位置关系是______.【答案】【解析】根据正方体的性质可得，通过线面平行的判定定理和线面平行的性质定理可以判断出与的位置关系.【详解】解析连接平面平面，平面，又平面，平面平面.故答案为：14．（2020·山东高三专题练习）在长方体ABCD­A1B1C1D1的六个表面与六个对角面(面AA1C1C、面ABC1D、面ADC1B1、面BB1D1D、面A1BCD1及面A1B1CD)所在的平面中，与棱AA1平行的平面共有________个．【答案】3【解析】画出图形如下图所示，结合图形可得平面，平面，平面．所以棱AA1平行的平面共有3个．答案：315．（2020·永安市第三中学高二月考）已知平面，，直线，若，，则直线与平面的位置关系为______.【答案】【解析】根据面面平行的性质即可判断.【详解】若，则与没有公共点，，则与没有公共点，故.故答案为：.16．（2020·全国高三专题练习）考查下列两个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题（其中为直线，为平面），则此条件为________.①；②.【答案】.    .    【解析】根据线面平行的判定定理，可直接得出结果.【详解】①由线面平行的判定定理知应填“”；②易知应填“”.故答案为(1). .    (2). 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（2020·全国高一课时练习）判断下列命题的真假.（1）；（2）；（3）.【答案】（1）假命题；（2）假命题；（3）真命题.【解析】（1）还可能相交，所以该命题是假命题；（2）或者异面，所以该命题是假命题；（3）利用面面平行的性质定理判断得解.【详解】（1）如果，则可能相交，所以该命题是假命题；（2）如果，则或者异面，所以该命题是假命题；（3）如果则.所以该命题是真命题.18．（2020·全国高一课时练习）求证：空间四边形相邻两边中点的连线平行于经过另外两边的平面.【答案】详见解析【解析】如图所示空间四边形中，分别是的中点，所以是三角形的中位线，所以，由于平面，平面，所以平面.所以：空间四边形相邻两边中点的连线平行于经过另外两边的平面.19．（2020·全国高一课时练习）如图，，，，，求证.【答案】见解析【解析】首先根据线面平行的判定定理，证得；再根据线面平行的性质定理证得，由平行公理证得，从而证得.【详解】，.，，，.20．（2020·全国高一专题练习）如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．求证：（1）EH∥平面BCD；（2）BD∥平面EFGH.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）推导出EH∥BD，由此能证明EH∥平面BCD；
（2）由BD∥EH，由此能证明BD∥平面EFGH.【详解】（1）∵EH为△ABD的中位线，∴EH∥BD.∵EH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，∴EH∥平面BCD；（2）∵FG为△CBD的中位线，∴FG∥BD，∴FG∥EH，∴E、F、G、H四点共面，∵BD∥EH，BD⊄平面EFGH，EH⊂平面EFGH，∴BD∥平面EFGH.21．（2020·苏州新草桥中学高一期中）如图所示，在三棱柱ABC­中，E，F，G，H分别是AB，AC，，的中点，求证：（1）B，C，H，G四点共面；（2）E∥平面BCHG.【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；【解析】（1）由中点知为中位线，即有，结合三棱柱的性质可证，即四点共面.（2）由三棱柱的性质以及中点性质有平行且相等，即有，结合线面平行的判定即可证面.【详解】（1）∵G，H分别是，的中点，∴，而，∴，即B，C，H，G四点共面.（2）∵E，G分别是AB，的中点，∴平行且相等，所以四边形为平行四边形，即，又面，面，∴面，22．（2020·全国高三专题练习）如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.【答案】(1) 见解析；(2) 见解析；(3)见解析.【解析】（1）取BB1的中点M，连接HM、MC1，四边则HMC1D1是平行四边形，即可证明BF∥HD1；（2）取B1D1的中点O，易证四边形BEGO为平行四边形，故有OB∥GE，从而证明EG∥平面BB1D1D．（3）由正方体得BD∥B1D1，由四边形HBFD1是平行四边形，可得 HD1∥BF，可证 平面BDF∥平面B1D1H．【详解】（1）取BB1的中点M，连接HM、MC1，四边则HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1．又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1．（2）取BD的中点O，连接EO、D1O，则OE∥，OE＝．又D1G∥DC，D1G＝DC，∴OE∥D1G，OE＝D1G，∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O．又D1O⊂平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D．（3）由（1）知D1H∥BF，又BD∥B1D1，B1D1、HD1⊂平面HB1D1，BF、BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H．