人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行同步训练题

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行同步训练题，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

人教A版（2019）必修第二册 8.5 空间直线、平面的平行

一、单选题
1．已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（       ）
A．若，，则
B．若，，且满足，，则
C．若，，，且满足，则
D．若，，，且，，则
2．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E＝EF＝FG＝GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是（       ）

A．CE B．CF C．CG D．CC1
3．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（       ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，则
4．下列说法正确的是（       ）
A．若两条直线与同一条直线所成的角相等，则这两条直线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若一条直线分别平行于两个相交平面，则一定平行它们的交线
D．若两个平面都平行于同一条直线，则这两个平面平行
5．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
6．如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（       ）

A． B．
C． D．
7．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
8．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
9．在空间四边形中，分别在上，且满足，则直线与平面的位置关系是（       ）
A．平面 B．平面
C．与平面相交 D．以上都有可能
10．已知直线a与平面，能使的充分条件是（       ）
①          ②          ③          ④
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
11．如图，在三棱柱中，M，N分别为棱，的中点，过作一平面分别交底面三角形的边，于点E，F，则（       ）

A．
B．四边形为梯形
C．四边形为平行四边形
D．
12．已知正方体的棱长为2，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且面积为时，线段的长为（       ）
A． B．1 C． D．
二、填空题
13．如图所示，正方体棱长为3，、分别是下底面的棱，的中点，是上底面的棱上的一点，，过，、的平面交上底面于，在上，则________.

14．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且，G在CC1上且平面AEF平面BD1G，则___________

15．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线有________条．
16．如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).

三、解答题
17．如图：在正方体中，E为的中点.

（1）求证：平面；
（2）若F为的中点，求证：平面平面.
18．如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，D为AC的中点，，.

(1)求证：平面；
(2)求三棱柱的表面积
19．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．

(1)求证：B1D∥平面ACE．
(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．
20．如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
21．如图，在正方体中， E为的中点．


（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

参考答案：
1．C


根据空间线面、面面间的位置关系判断．其中C可由线面平行的判定定理的性质定理判断．
【详解】
因为A的直线n中可能在面内，故A错误；
B，D中m，n可能平行，则结论不一定成立，故B、D错误；
C中若，，则有，又，，从而有，，故C正确．
故选：C．
2．B

连接AC，使AC交BD于点O，连接A1O，CF，由，证得平行四边形，从而得线面平行．
【详解】
如图，连接AC，使AC交BD于点O，连接A1O，CF，

在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，由于，
又OC＝AC，可得：，即四边形A1OCF为平行四边形，
可得：A1O∥CF，又A1O⊂平面A1BD，CF⊄平面A1BD，
可得CF∥平面A1BD，
故选：B.
3．D


利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解
【详解】
选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
4．C

利用逐一验证法，结合面面平行的判定以及线线平行的特点，可得结果.
【详解】
A错，由两条直线与同一条直线所成的角相等，
可知两条直线可能平行，可能相交，也可能异面；
B错，
若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，
则这两个平面可能平行或相交；
C正确，设////，
利用线面平行的性质定理，在平面中存在直线//，
在平面中存在直线//，所以可知//，
根据线面平行的判定定理，可得//，
然后根据线面平行的性质定理可知//，所以//；
D错，两个平面可能平行，也可能相交.
故选：C

本题考查面面平行的判定，还考查线面平行的判定定理以及性质定理，重点在于对定理的熟练应用，属基础题.
5．C

【详解】
分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
6．D


取中点，连接，进而证明平面得到平面即为所求的平面，再求面积即可.
【详解】
解：如图，取中点，连接，
因为在长方体中，，分别为棱，的中点，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为为中点，为棱的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以四边形是平行四边形，
又因为平面，平面，
所以平面，
所以平面即为所求的平面，
又因为，，
所以面积为
故选：D

7．A

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:

本题考查了面面平行的性质定理,在两个平行平面中的两条直线的位置关系有平行和异面两种情况,但本题有第三个平面和两个平行平面相交,则由面面平行的性质定理即可判定出结果.
8．B

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.
9．A


由，可推出，再根据线面平行的判定可得出答案.
【详解】
∵
∴
又∵，.
∴平面.
故选：A
10．D

根据线面的平行关系，结合相关性质，逐个分析判断即可得解.
【详解】
对①，若，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；
对②，若，则，平面的平行具有传递性，故②正确；
对③，若，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；
对④，，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.
综上：②④正确，
故选：D.
11．B

由已知条件及线面平行的性质可得且，可得四边形为梯形，可得答案.
【详解】
解：∵在中，，，，.又平面，平面，平面.
又平面，平面平面，，.
显然在中，，，
∴四边形为梯形.
故选：B.

本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.
12．A


过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】
解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：A.

13．


利用面面平行的性质定理可得，从而可得，再由相似比即可求解.
【详解】
因为平面平面，
平面∩平面，
平面∩平面，
所以，

又因为，
所以．
又因为，所以，
所以.
故答案为：
14．


先推导出，EFBD1，平面平面，由在上且平面平面，可得，从而
【详解】
∵平面AEF平面BD1G，且平面AEF∩平面BB1D1D=EF，平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，∴EFBD1，∴
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，
∴BGAF，∴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，
∴ABFG，∴CDFG.
∴.
故答案为：.
15．1


由直线l与点P确定一个平面β，利用线面平行的判定定理即可求解.
【详解】
如图所示，∵l∥平面α，P∈α，

∴直线l与点P确定一个平面β，α∩β＝m，
∴P∈m，∴l∥m且m是唯一的．
假设点P且平行l的直线有两条m与，
且，
由平行公理可得，
这与两条直线两条m与相交与点P相矛盾，
所以在平面内过点P且平行于l的直线只有有一条
故答案为：1

本题考查了线面平行的性质定理，需理解定理的内容，属于基础题.
16．①②


根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】
根据正方体的结构特征，可得①②中RS与PQ均是平行直线，④中RS和PQ是相交直线，③中RS和PQ是是异面直线.
故答案为：①②.
17．（1）证明见解析；（2）证明见解析.

（1）连结交于O，连结.可证，即可得证；
（2）首先可证，即可得到∥平面，再由（1）的结论即可得证；
【详解】
解：（1）连结交于O，连结.

∵因为为正方体，底面为正方形，
对角线､交于O点，所以O为的中点，
又因为E为的中点，在中
∴是的中位线
∴；
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：
因为F为的中点，E为的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以∥平面；
由（1）知平面，
又因为，所以平面平面.

18．(1)证明见解析
(2)


（1）连接交于点，连接，可证得∥，然后利用线面平行的判定定理可证得结论，
（2）由已知条件可得三个侧面是矩形，两个底面为直角三角形，然后根据已知的数据可求得答案
(1)
证明：连接交于点，连接，
因为四边形为矩形，
所以为的中点，
因为，D为AC的中点，所以∥，
因为平面，平面，
所以平面；

(2)
因为侧棱底面ABC，
所以三棱柱为直三棱柱，
所以侧面均为矩形，
因为，所以底面均为直角三角形，
因为，，所以,
所以三棱柱的表面积为



19．(1)证明见解析
(2)证明见解析


（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；
（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.
(1)
连BD，使BD∩AC＝G，连EG．
∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．
又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，
∴DB1∥GE，
又平面ACE，平面ACE，
∴B1D∥平面ACE．

(2)
∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．
∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，
∴B1F∥CE，又∴平面ACE，平面ACE，∴B1F∥平面ACE，
由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．
20．（1）证明见解析；（2）.


(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，

等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.

设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.

本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.


（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】
（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：

在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.

[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】
（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.