2023年高考数学(文数)一轮复习课时38《空间线、面的平行关系》达标练习（2份，答案版+教师版）

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一、选择题
如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角
形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
A.CC1与B1E是异面直线 B.AC⊥平面ABB1A1
C.AE⊥B1C1 D.A1C1∥平面AB1E
【答案解析】答案为：C
解析：对于A，CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，又两直线不平行，故相交，A错误；对于B，AC与平面ABB1A1所成的角为60，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B错误；对于C，AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，故C正确；对于D，AC与平面AB1E有公共点A，AC∥A1C1，
所以A1C1与平面AB1E相交，故D错误.
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
【答案解析】答案为：C；
解析：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.
设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )
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，b⊂β，a∥β，b∥α
D.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
【答案解析】答案为：D
解析：对于选项A，若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件.故选D.
E是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合)，BD1∥平面B1CE，则( )
A.BD1∥CE B.AC1⊥BD1 C.D1E=2EC1 D.D1E=EC1
【答案解析】答案为：D.
解析：如图，设B1C∩BC1=O，
可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO，
∵BD1∥平面B1CE，根据线面平行的性质可得D1B∥EO，
∵O为B1C的中点，∴E为C1D1中点，∴D1E=EC1，故选D.]
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.6条 B.7条 C.8条 D.9条
【答案解析】答案为：A.
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.
已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n
【答案解析】答案为：C
解析：因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.
在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是( )
A.AC⊥BD B.AC∥截面PQMN C.AC=BD D.异面直线PM与BD所成的角为45°
【答案解析】答案为：C.
解析：因为截面PQMN是正方形，所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，
由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，
同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确.
又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确.]
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
【答案解析】答案为：A；
解析：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.
已知m，n，l1，l2表示不同直线，α、β表示不同平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2=M，则α∥β的一个充分条件是( )
A.m∥β且l1∥α B.m∥β且n∥β
C.m∥β且n∥l2 D.m∥l1且n∥l2
【答案解析】答案为：D；
解析：对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分条件；对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2=M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件，故选D.
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)
【答案解析】答案为：D；
解析：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).
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( )
A.eq \r(2) B.2 C.2eq \r(2) D.2eq \r(3)
【答案解析】答案为：C.
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=eq \r(CM2＋MH2)=eq \r(22＋22)=2eq \r(2)，故选C.
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\c1(1，\f(\r(5),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，\r(2))) D.[eq \r(2)，eq \r(3)]
【答案解析】答案为：B；
解析：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\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))=eq \f(\r(5),2)，MN=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))，选B.
二、填空题
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)
【答案解析】答案为：①③
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”.
如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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及其内部运动，则M只需满足条件 时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
【答案解析】答案为：点M在线段FH上(或点M与点H重合)；
解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，
只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.
【答案解析】答案为：eq \r(2)
解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点.因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq \r(2).
如图是一张矩形折纸ABCD，AB=10，AD=10eq \r(2)，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 .(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.
【答案解析】答案为：①④.
解析：在△ABE中，tan∠ABE=eq \f(\r(2),2)，在△ACD中，tan∠CAD=eq \f(\r(2),2)，
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=eq \f(10\r(3),3)，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=eq \f(DF,2)=eq \f(5\r(6),2)，
所以外接球的表面积为S=4πR2=4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(6),2)))2=150π，故④正确.
综上，正确命题的序号为①④.