【最新版】高中数学高三培优小题练第58练　直线、平面平行的判定与性质

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第58练　直线、平面平行的判定与性质，共8页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考点一 直线与平面平行的判定与性质
1．下列说法正确的是( )
A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线a∩b＝∅，直线b⊂α，则a∥α
D．若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线
答案 D
解析 A错误，直线l还可以在平面α内；B错误，直线a在平面α外，包括平行和相交；C错误，a还可以与平面α相交或在平面α内．
2．直线a，b为异面直线，过直线a与直线b平行的平面( )
A．有一个 B．有无数多个
C．至多一个 D．不存在
答案 A
解析 直线a，b为异面直线，过a上任一点P作直线c∥b，直线c存在且唯一，且c，a是相交直线，由a，c确定的平面记为α，α是唯一的，由线面平行的判定定理得b∥α.
3．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则( )
A．MN∥PD B．MN∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
答案 B
解析 ∵MN∥平面PAD，平面PAC∩平面PAD＝PA，MN⊂平面PAC，
∴MN∥PA.
4．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则( )
A．MF∥EB
B．A1B1∥NE
C．四边形MNEF为平行四边形
D．四边形MNEF为梯形
答案 D
解析 由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错；
由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错；
又∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，
∴AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，
∴MN∥AB.
又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，
∴MN∥EF，
∴EF∥AB，
显然在△ABC中，EF≠AB，
∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形，故C错，D对．
5．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列几个结论中不正确的是( )
A．OM∥PD B．OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA
答案 D
解析 由题意知，OM是△BPD的中位线，∴OM∥PD，故A正确；PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，∴OM∥平面PCD，故B正确；同理可得OM∥平面PDA，故C正确；OM与平面PBA相交，故D不正确．
考点二 平面与平面平行的判定与性质
6．(2022·本溪模拟)设α，β为两个不重合的平面，能使α∥β成立的是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α内有无数个点到β的距离相等
D．α，β垂直于同一平面
答案 B
解析 如图所示，
对于A，α内有无数条直线平行于l，即有无数条直线与β平行，但α与β可相交于l，故A不一定能使α∥β成立；
对于B，α内有两条相交直线与β平行一定能使α∥β成立(平面与平面平行的判定定理)；
对于C，在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但α与β可相交于l，故C不一定能使α∥β成立；
对于D，如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α∥β成立．
7．(2022·成都模拟)已知m，n表示直线，α，β表示平面，下列命题正确的是( )
A. 若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B. 若m∥β，n∥β，m，n⊂α，则α∥β
C. 若m，n相交，且都在α，β外，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β
D. 若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β
答案 C
解析 对于A，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，A错误；
对于B，若m∥β，n∥β，m，n⊂α，则α∥β或α与β相交，B错误；
对于C，若m，n相交，且都在α，β外，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β，C正确；
对于D，若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β或l与β斜交，D错误．
8．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1；⑤平面EFG∥平面A1C1B.其中推断正确的序号是( )
A．①③⑤ B．①④ C．②③⑤ D．②④
答案 A
解析 对于①，由正方体性质可知，平面AA1D1D∥平面BB1C1C，又FG⊂平面BB1C1C，故FG∥平面AA1D1D，①正确；
对于②，因为EF与D1C1的延长线相交，故EF不平行于平面BC1D1，②错误；
对于③，因为F，G分别为B1C1和BB1的中点，所以FG∥BC1，又因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，③正确；
对于④，由②知EF与D1C1延长线相交，故平面EFG不平行于平面BC1D1，④错误；
对于⑤，由③知，FG∥平面A1C1B，同理可证EG∥平面A1C1B，又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面A1C1B，⑤正确．
9．下列四个正方体中，A，B，C分别为所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是( )
答案 B
解析 在B中，如图，连接MN，PN，
∵A，B，C为正方体所在棱的中点，
∴AB∥MN，AC∥PN，
∵MN∥DE，PN∥EF，
∴AB∥DE，AC∥EF，
∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E，
AB，AC⊂平面ABC，DE，EF⊂平面DEF，
∴平面ABC∥平面DEF.
10．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且eq \f(DE,EB)＝eq \f(1,2)，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则eq \f(CG,CC1)＝________.
答案 eq \f(1,3)
解析 ∵平面AEF∥平面BD1G，且平面AEF∩平面BB1D1D＝EF，平面BD1G∩平面BB1D1D＝BD1，
∴EF∥BD1，
∴eq \f(DF,FD1)＝eq \f(DE,EB)＝eq \f(1,2)，
易得平面ADD1A1∥平面BCC1B1，又BG⊂平面BCC1B1，
∴BG∥平面ADD1A1，
又∵平面AEF∥平面BD1G，BG⊂平面BD1G，
∴BG∥平面AEF，
∵平面AEF∩平面ADD1A1＝AF，
∴BG∥AF，
∴BG、AF可确定平面ABGF，
又知平面ABB1A1∥平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1＝AB，平面ABGF∩平面CDD1C1＝FG，
∴AB∥FG，
∴CD∥FG，∴eq \f(CG,CC1)＝eq \f(DF,DD1)＝eq \f(1,3).
11．(2022·西安模拟)已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，给出下列命题：
①eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥n))⇒n∥α；②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m⊥β,n⊥β))⇒m∥n；
③eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥β))⇒α∥β；④eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m⊂α,n⊂β,α∥β))⇒m∥n.
其中正确命题的序号是( )
A．②③ B．①②③
C．②④ D．①②④
答案 A
解析 对于命题①，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，命题①错误；对于命题②，若m⊥β，n⊥β，由线面垂直的性质可知m∥n，命题②正确；对于命题③，若m⊥α，m⊥β，由线面垂直的性质可知α∥β，命题③正确；对于命题④，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n无公共点，所以m与n平行或异面，命题④错误．
12．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
答案 C
解析 对于①，如图，连接BC，可得BC∥MN，AC∥NP，从而得AC∥平面MNP，BC∥平面MNP，于是有平面ABC∥平面MNP，所以AB∥平面MNP，故①正确；
对于②，如图，连接BC交MP于点O，连接ON，易知在底面正方形中O不是BC的中点(实际上是四等分点中靠近C的一个)，而N是AC的中点，因此AB与ON不平行，在平面ABC内，AB与ON必相交，此交点也是直线AB与平面MNP的公共点，直线AB与平面MNP相交而不平行，故②错误；
对于③，如图，连接BN，正方体中有PN∥BM，因此B在平面MNP内，直线AB与平面MNP相交而不平行，故③错误；
对于④，如图，连接CD，可得AB∥CD，CD∥NP，即AB∥NP，又NP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP，所以AB∥平面MNP，故④正确．
13．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BDD1B1，则EF长度的取值范围为________．
答案 [eq \r(2)，eq \r(6)]
解析 如图，过F作FG∥DD1，交AD于点G，交A1D1于H，则FG⊥底面ABCD，连接AF，GE，
∴EF2＝EG2＋FG2＝AE2＋AG2＋FG2＝AE2＋AF2＝1＋AF2，
∵EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1，EF∩FG＝F，
∴平面EFG∥平面BDD1B1，又GE⊂平面EFG，
∴GE∥平面BDD1B1，
又平面ABCD∩平面BDD1B1＝BD，GE⊂平面ABCD，
∴GE∥BD，
∵E为AB的中点，
∴G为AD的中点，则H为A1D1的中点，
∵F在线段GH上，
∴AFmin＝AG＝1，AFmax＝AH＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，
∴EFmin＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，EFmax＝eq \r(1＋5)＝eq \r(6)，
则线段EF长度的取值范围为 [eq \r(2)，eq \r(6)]．
14．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面五个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②PA∥平面BDG；③EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG.其中正确结论的序号是________．

答案 ①②③④
解析 先把平面展开图还原为一个四棱锥，如图所示，
对于①，因为E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，所以EF∥AD，GH∥BC，
因为AD∥BC，所以EF∥GH，所以EF，GH确定平面EFGH，
所以EF⊂平面EFGH，又因为AD⊄平面EFGH，所以AD∥平面EFGH，
同理可得AB∥平面EFGH，
又由AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以平面EFGH∥平面ABCD，所以①正确；
对于②，连接AC，BD交于点O，则O为AC的中点，连接OG，因为G为PC的中点，所以OG∥PA，OG⊂平面BDG，PA⊄平面BDG，所以PA∥平面BDG，所以②正确；
对于③，由E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，可得EF∥AD，又由AD∥BC，可得EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，所以③正确；
对于④，由E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，所以FH∥BD，又FH⊄平面BDG，BD⊂平面BDG，所以FH∥平面BDG，所以④正确；
对于⑤，若EF∥平面BDG，因为PA∥平面BDG，且EF∩PA＝E，EF，PA⊂平面PAD，可得平面PAD∥平面BDG，显然不正确，所以EF与平面BDG不平行，所以⑤不正确．