2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)42直線平面平行的判定和性質(zhì)文含解析新人教版

PAGE課時作業(yè)42直線、平面平行的判定和性質(zhì)[基礎(chǔ)達標(biāo)]一、選擇題1．[2024·全國卷Ⅱ]設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面2．[2024·陜西榆林模擬]已知m、n是兩條不同的直線，α、β、γ是三個不同的平面，下列命題中正確的是()A．若m∥α，m∥β，則α∥βB．若m∥α，n∥α，則m∥nC．若m⊥α，n⊥α，則m∥nD．若α⊥γ，α⊥β，則γ∥β3．[2024·河南名校聯(lián)盟尖子生聯(lián)考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是BB1，DD1，A1B1的中點，則下列說法錯誤的是()A．B1D∥平面A1FC1B．CE∥平面A1FC1C．GE∥平面A1FC1D．AE∥平面A1FC14.[2024·陜西西北工大附中調(diào)考]如圖，四邊形EFGH為四面體ABCD的一個截面，若eq\f(AE,CE)＝eq\f(BF,FC)＝eq\f(BG,GD)，則與平面EFGH平行的直線有()A．0條B．1條C．2條D．3條5．[2024·湖北荊州中學(xué)模擬]如圖，L，M，N分別為正方體棱的中點，則平面LMN與平面PQR的位置關(guān)系是()A．垂直B．相交但不垂直C．平行D．重合二、填空題6．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點，過P點的兩條直線AC，BD分別交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，則CD的長為________．7．[2024·廣州高三調(diào)研]正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為________．8.[2024·福建泉州模擬]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設(shè)Q是CC1上的點，當(dāng)點Q________時，平面D1BQ∥平面PAO.①與C重合②與C1重合③為CC1的三等分點④為CC1的中點三、解答題9．[2024·惠州市高三調(diào)研考試試題]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC與BD的交點為M，PA＝AB＝4，AD＝CD，N是CD的中點．(1)求證：MN∥平面PAD；(2)求點M到平面PBC的距離．10.[2024·河北唐山質(zhì)檢]如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF都為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．求證：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.[實力挑戰(zhàn)]11．[2024·甘肅蘭州檢測]如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，點P在平面ABCD內(nèi)的射影為A，PA＝AB＝1，點A到平面PBC的距離為eq\f(\r(3),3)，且直線AC與PB垂直．(1)在棱PD上找點E，使直線PB與平面ACE平行，并說明理由；(2)在(1)的條件下，求三棱錐P－EAC的體積．課時作業(yè)421．解析：對于A，α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這多數(shù)條直線相互平行時，α與β可能相交也可能平行，所以A不正確；對于B，依據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對于C，平行于同一條直線的兩個平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對于D，垂直于同一平面的兩個平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個側(cè)面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確．綜上故選B.答案：B2．解析：對于A，若α∩β＝n，m∥n，則m∥α，m∥β，所以A錯誤；對于B，若m∥α，n∥α，則m與n可能是異面直線，相交直線或平行直線，所以B錯誤；對于C，若m⊥α，n⊥α，由線面垂直的性質(zhì)定理知m∥n，所以C正確；對于D，若α⊥γ，α⊥β，則γ與β可能相交，也可能平行，所以D錯誤．故選C.答案：C3．解析：如圖所示，連接B1D1和A1C1相交于點O，則O為A1C1、B1D1的中點，對于A選項，連接OF，則OF∥B1D，因為OF?平面A1FC1，B1D?平面A1FC1，所以B1D∥平面A1FC1，即A的說法正確；對于B選項，易知CE∥A1F，因為A1F?平面A1FC1，CE?平面A1FC1，所以CE∥平面A1FC1，即B的說法正確；對于C選項，因為GE∥A1B，所以GE與平面A1FC1相交，即C錯誤；對于D選項，易知AE∥C1F，因為C1F?平面A1FC1，AE?平面A1FC1，所以AE∥平面A1FC1，即D的說法正確．故選C.答案：C4．解析：∵eq\f(AE,CE)＝eq\f(BF,FC)，∴EF∥AB.又EF?平面EFGH，AB?平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.同理，由eq\f(BF,FC)＝eq\f(BG,GD)，可證CD∥平面EFGH.∴與平面EFGH平行的直線有2條．故選C.答案：C5．解析：如圖，分別取正方體另三條棱的中點為A，B，C，將平面LMN延展為平面正六邊形AMBNCL，易知PQ∥AL，PR∥AM，且PQ與PR相交，AL與AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.故選C.答案：C6．解析：若P在α，β的同側(cè)，由于平面α∥平面β，故AB∥CD，則eq\f(PA,PC)＝eq\f(PA,PA＋AC)＝eq\f(AB,CD)，可求得CD＝20；若P在α，β之間，則eq\f(AB,CD)＝eq\f(PA,PC)＝eq\f(PA,AC－PA)，可求得CD＝4.答案：20或47.解析：如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得DT＝eq\f(1,3)，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N＝eq\f(2,3)，故NT＝2－eq\f(1,3)－eq\f(2,3)＝1，因為M為CC1的中點，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A處取一點Q′，使得AQ′＝eq\f(1,3)，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，故BQ′與MN共面，即Q′與Q重合，故AQ＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)8．解析：在正方體ABCD－A1B1C1D1中，∵O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，∴PO∥BD1，當(dāng)點Q為CC1的中點時，連接PQ，則PQ綊AB，∴四邊形ABQP是平行四邊形，∴AP∥BQ，∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B，AP、PO?平面PAO，BQ、BD1?平面D1BQ，∴平面D1BQ∥平面PAO.故選④.答案：④9．解析：(1)解法一證明：因為△ABC是正三角形，所以BA＝BC，又AD＝CD，所以BD所在的直線為線段AC的垂直平分線，所以M為AC的中點，又N是CD的中點，所以MN∥AD，又AD?平面PAD，MN?平面PAD，所以MN∥平面PAD.解法二證明：在正三角形ABC中，AB＝BC，因為AD＝CD，BD＝BD，所以△ABD≌△CBD，所以M為AC的中點．如圖，取PC的中點為E，連接ME，NE.因為M為AC的中點，E為PC的中點，所以ME∥PA，又ME?平面PAD，PA?平面PAD，所以ME∥平面PAD，同理可得NE∥平面PAD.又ME?平面MEN，NE?平面MEN，ME∩NE＝E，所以平面MEN∥平面PAD.又MN?平面MEN，所以MN∥平面PAD.(2)設(shè)點M到平面PBC的距離為h，在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝4eq\r(2).在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝4eq\r(2)，在△PBC中，PB＝4eq\r(2)，PC＝4eq\r(2)，BC＝4，所以S△PBC＝4eq\r(7).連接PM，由V三棱錐M－PBC＝V三棱錐P－BMC，即eq\f(1,3)×4eq\r(7)×h＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×4，解得h＝eq\f(2\r(21),7)，所以點M到平面PBC的距離為eq\f(2\r(21),7).10．證明：(1)設(shè)DF與GN交于點O，連接AE，則AE必過點O，且O為AE的中點，連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO.因為BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因為N，G分別為AD，EF的中點，四邊形ADEF為平行四邊形，所以DE∥GN.因為DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.因為M為AB的中點，N為AD的中點，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN.因為BD?平面MNG，MN?平面MNG，所以BD∥平面MNG.因為DE∩BD＝D，BD，DE?平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.11．解析：(1)點E為PD中點時直線PB與平面ACE平行．證明：連接BD，交AC于點O，連接OE，則點O為BD的中點，又因為點E為PD的中點，所以O(shè)E為△PDB的中位線，則OE∥PB，又因為OE?平面ACE，PB?平面ACE，所以PB與平面ACE平行．(2)依據(jù)題意AC⊥PB，PA⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，則有AC⊥PA，又PA∩PB＝P，所以AC⊥平面PAB，則AC⊥