【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第八章 立体几何与空间向量 课时规范练35　直线、平面平行的判定与性质含解析【高考】.docx，共(10)页，239.086 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练35直线、平面平行的判定与性质基础巩固组1.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2.(2021浙江宁海中学)已知三个不同的平面α,β,γ和直线m,n,若α∩γ=m,β∩γ=n,则“α∥β”是“m∥n”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条

件D.既不充分也不必要条件3.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF∥平面BC

D,且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形4.(2021湖南雅礼中学二模)如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点E(不与端点重合),BD1∥

平面B1CE,则()A.BD1∥CEB.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC15.如图,AB∥平面α∥平面β,过A,B的直线m,n分别交α,β于点C,E和D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,则BD的长为()A.65B.75C.85D.9526.(多

选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,下列四个推断中正确的是()A.FG∥平面AA1D1DB.EF∥平面BC1D1C.FG∥平面BC1D1D.平面EFG∥平面BC1D17.过正方体ABCD-A1

B1C1D1的三个顶点A1,C1,B的平面与底面ABCD所在平面的交线为l,则l与A1C1的位置关系是.8.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为.9.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD=2BC,

E,F分别为CC1,DD1的中点.求证:平面BEF∥平面AD1C1.3综合提升组10.(多选)(2021福建福州一模)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB∥平面MNP的是()11.如

图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=√3,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则线段D1P长度的最小值是()A.2√23

B.√62C.√52D.√7212.如图,四边形ABCD是空间四边形,E,F,G,H分别是四边上的点,它们共面,且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,则当四边形EFGH是菱形时,AE∶EB=

.13.(2021山东临沂月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD上一点,且CE=2DE,F为棱AA1的中点,且平面BEF与DD1交于点G,与AC1交于点H,则𝐷𝐺𝐷𝐷1=,𝐴𝐻𝐻𝐶1=.414.在正方体ABC

D-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,B1C1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,如图.(1)若A1C交平面EFBD于点R,证明:P,Q,R三点共线;(2)线段AC上是否存在点M,使得平面B1D1M∥平面EFBD,若存在,确定M的位置;若不存在,说明理由.创新应用组15.(2

021北京朝阳二模)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1,M是BB1的中点,动点P在正方体内部或表面上,且MP∥平面ABD1,则动点P的轨迹所形成区域的面积是()A.√22B.√2C.1D.2516.如图所示,侧棱与底面垂直,且底面为正方形的四棱柱A

BCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,N分别在线段AD1,BC上移动,始终保持MN∥平面DCC1D1,设BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是()6课时规范练35直线、平面平行的判定与性质1.C解析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,故A错误;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,故B错误;设α∩β=l,m∥α,m∥β,利用线面平行的性质定理,在平面α中存在直线a∥m,在平面β中存在直线b∥m,所以可知a∥b,根据线面

平行的判定定理,可得b∥α,然后根据线面平行的性质定理可知b∥l,所以m∥l,故C正确;若两个平面都平行于同一条直线,则两个平面可能平行,也可能相交,故D错误.故选C.2.A解析根据面面平行的性质定理,可知当“α∥β”时,有“m∥n”,故充分性成立;反之,当m∥n时,α,β可能相交(如图

),故必要性不成立.所以“α∥β”是“m∥n”的充分不必要条件.故选A.3.B解析如图,由题意,得EF∥BD,且EF=15BD,HG∥BD,且HG=12BD,∴EF∥HG,EF≠HG,∴四边形EFGH是梯形.又EF∥BD,EF⊄平面

BCD,BD⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD.故选B.4.D解析如图,设B1C∩BC1=O,则平面BC1D1∩平面B1CE=OE.∵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.5.C解析由AB∥α

∥β,易证𝐴𝐶𝐶𝐸=𝐵𝐷𝐷𝐹,7即𝐴𝐶𝐴𝐸=𝐵𝐷𝐵𝐹,所以BD=𝐴𝐶·𝐵𝐹𝐴𝐸=2×45=85.故选C.6.AC解析∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,

B1C1,BB1的中点,∴FG∥BC1,∵BC1∥AD1,∴FG∥AD1.∵FG⊄平面AA1D1D,AD1⊂平面AA1D1D,∴FG∥平面AA1D1D.故A正确;∵EF∥A1C1,A1C1与平面BC1D1相交,∴EF与平面BC1D1相交.故B错误;

∵E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,∴FG∥BC1,∵FG⊄平面BC1D1,BC1⊂平面BC1D1,∴FG∥平面BC1D1.故C正确;∵EF与平面BC1D1相交,∴平面EFG与平面BC1D1相交,故D错误.故选AC.7

.平行解析因为过A1,C1,B三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为A1C1,与底面ABCD的交线为l,且正方体的两底面互相平行,则由面面平行的性质定理知l∥A1C1.8.平行四边形解析因为平面ABFE∥平面CDHG,平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面E

FGH∩平面CDHG=HG,所以EF∥HG.同理EH∥FG,所以四边形EFGH是平行四边形.9.证明取AD的中点G,连接BG,FG.因为E,F分别为CC1,DD1的中点,所以C1D1􀰿CD􀰿EF,因

为C1D1⊂平面AD1C1,EF⊄平面AD1C1,所以EF∥平面AD1C1.因为AD∥BC,AD=2BC,所以GD􀰿BC,即四边形BCDG是平行四边形,所以BG􀰿CD,所以BG􀰿EF,即四边形EFGB是平行四边形,所以

BE∥FG.因为F,G分别是DD1,AD的中点,所以FG∥AD1,即BE∥AD1.因为AD1⊂平面AD1C1,BE⊄平面AD1C1,所以BE∥平面AD1C1.又BE⊂平面BEF,FE⊂平面BEF,BE∩EF=E,所以平面BEF∥平面AD1C1.10.ABD解析对于选项A,由图可知A

C∥MN,CB∥NP,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP.又因为AB⊂平面ABC,所以直线AB∥平面MNP,故A正确;8对于选项B,根据题意得AB∥NP,结合直线与平面平行的判定定理,可知直线AB∥平面MNP,故B正确;对于选项C,由题

意可知,平面MNP内不存在任意一条直线与直线AB平行,故直线AB与平面MNP不平行,故C错误;对于选项D,由图可知AC∥NP,CB∥NM,故根据面面平行的判定定理可知,平面ABC∥平面MNP,又因为AB⊂平面A

BC,所以直线AB∥平面MNP,故D正确.故选ABD.11.D解析如图,连接D1A,AC,D1C,因为E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,所以AC∥EF,EF⊄平面ACD1,则EF∥平面ACD1.因为EG∥AD1,所以同

理得EG∥平面ACD1,又EF∩EG=E,得平面ACD1∥平面EFG.因为直线D1P∥平面EFG,所以点P在直线AC上,在△ACD1中,有AD1=√2,AC=2,CD1=2,所以𝑆△𝐴𝐷1𝐶=12×√2×√22

-(√22)2=√72,故当D1P⊥AC时,线段D1P的长度最小,有𝑆△𝐴𝐷1𝐶=12×AC×D1P,解得D1P=√7212×2=√72.故选D.12.m∶n解析∵AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC⊂平面ABC,BD⊂平面ABD,平面ABC∩平面EFGH=EF

,平面ABD∩平面EFGH=EH,∴EF∥AC,EH∥BD,∴EF=𝐵𝐸𝐴𝐵m,EH=𝐴𝐸𝐴𝐵n.又四边形EFGH是菱形,∴𝐵𝐸𝐴𝐵m=𝐴𝐸𝐴𝐵n,∴AE∶EB=m∶n.13.1638解析∵ABCD-A1B1C1D1是正方体

,9∴平面A1B1BA∥平面C1D1DC.∵BF⊂平面A1B1BA,∴BF∥平面CDD1C1.∵平面BFGE∩平面C1D1DC=GE,则BF∥GE,则𝐴𝐹𝐴𝐵=𝐷𝐺𝐷𝐸,即𝐷𝐺𝐷𝐸=12.又CE=2

DE,则𝐷𝐺𝐷𝐷1=16.连接AC交BE于点M,过点M作MN∥CC1,MN与AC1交于点N,连接FM,则H为FM与AC1的交点.∵AB∥CE,∴𝐴𝑀𝑀𝐶=𝐴𝐵𝐶𝐸=32,则𝐴𝑁𝑁𝐶1=𝐴𝑀𝑀𝐶=32.∴𝑀𝑁

𝐶𝐶1=35,∴𝑀𝑁𝐹𝐴=65=𝐻𝑁𝐴𝐻,故𝐴𝐻𝐻𝐶1=38.14.(1)证明因为AC∩BD=P,AC⊂平面AA1C1C,BD⊂平面EFBD,所以,点P是平面AA1C1C和平面EFBD的一个公共点,同理可知,点Q也是平面AA1C1C和平面

EFBD的公共点,即平面AA1C1C和平面EFBD的交线为PQ.因为A1C∩平面EFBD=R,A1C⊂平面AA1C1C,所以点R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,由基本事实3可知,R∈PQ,因此,P,Q,R三点共线.(2)解存在点M,使得平面

B1D1M∥平面EFBD.如图所示,设B1D1∩A1C1=O,过点O作OM∥PQ交AC于点M,下面证明平面B1D1M∥平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以B1D1∥EF.因为B1D1⊄平面EFBD,EF⊂平面EFBD,所以B

1D1∥平面EFBD.又OM∥PQ,OM⊄平面EFBD,PQ⊂平面EFBD,所以OM∥平面EFBD.因为OM∩B1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M∥平面EFBD.因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以EF∥B1D1,且EF∩OC

1=Q,则点Q为OC1的中点,10易知A1C1∥AC,即OQ∥PM,又OM∥PQ,所以四边形OMPQ为平行四边形,所以PM=OQ=12OC1=14A1C1=14AC.因为四边形ABCD为正方形,且AC∩BD=P,则P为AC的中点,所以点M为AP的中点,所以AM=12A

P=14AC,因此,线段AC上存在点M,且𝐴𝑀𝐴𝐶=14时,平面B1D1M∥平面EFBD.15.A解析如图所示,E,F,G,M分别是AA1,A1D1,B1C1,BB1的中点,则EF∥AD1,EM∥AB,所以EF∥平面ABD1,EM∥平面ABD

1,且EF∩EM=E,所以平面ABD1∥平面EFGM,故点P的轨迹为矩形EFGM.MB1=B1G=12,所以MG=√22,所以S矩形EFGM=1×√22=√22.故选A.16.C解析过点M作MQ∥DD1,交AD于点

Q,连接QN.∵MN∥平面DCC1D1,MQ∥平面DCC1D1,MN∩MQ=M,∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和平面DCC1D1分别交于QN和DC,∴NQ∥DC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x.∵𝑀𝑄𝐴𝑄=𝐷𝐷1𝐴𝐷=2,∴MQ=2x.

在Rt△MQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,∴y2-4x2=1(0≤x<1),又y>0,∴y=√4𝑥2+1,∴函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.故选C.