数学必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行单元测试同步测试题

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8.4 空间直线、平面的平行第I卷 选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（2022·宁夏·银川唐徕回民中学高一期末）在正六棱柱任意两个顶点的连线中与棱AB平行的条数为（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】【分析】作出几何体的直观图观察即可.【详解】解：连接CF，C1F1，与棱AB平行的有，共有5条，故选：D.2．（2022·全国·高一课时练习）若，且，与方向相同，则下列结论正确的有（       ）A．且方向相同 B．，方向可能不同C．OB与不平行 D．OB与不一定平行【答案】D【解析】【分析】画出图形，当满足题目中的条件时，出现的情况有哪些，即可得出结论．【详解】解：如图，；当∠AOB=∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，OB与O1B1是不一定平行． 故选：D．3．（2022·全国·高一专题练习）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（ 　　）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行：对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ： 对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故选：A．4．（2021·新疆·莎车县第一中学高一期中）已知平面，直线，n满足，，则“”是“”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【答案】B【解析】【分析】结合线线平行和线面平行的推导关系即可【详解】已知，直线，n满足，，当时，可推出，即由线线平行可推出线面平行，反之，线面平行则推不出线线平行，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B5．（2021·全国·高一课时练习）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【答案】D【解析】【分析】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：D6．（2022·全国·高一课时练习）在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且，H，G分别为BC，CD的中点，则（       ）A．平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．平面ADC，且四边形EFGH是梯形【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的判定定理分析判断即可【详解】因为E，F分别为AB，AD上的点，且，所以∥，，因为，H，G分别为BC，CD的中点，所以∥，，所以∥，，所以四边形为梯形，因为∥，平面，平面，所以∥平面，若平面ADC，则由线面平行的性质可得∥，而与不平行，所以与平面ADC不平行，故选：B7．（2021·全国·高一课时练习）在正方体中，下列四对截面彼此平行的是（       ）A．平面与平面 B．平面与平面C．平面与平面 D．平面与平面【答案】A【解析】【分析】根据正方体的平行关系，可证平面与平面平行，可得出结论.【详解】如图，正方体，所以四边形是平行四边形，平面，面，所以平面，同理平面.因为平面，所以平面平面.故选：A8．（2022·湖南·高一课时练习）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则（　　）A．BD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形【答案】B【解析】【分析】先判断四边形EFGH的形状，再去判断线面是否平行即可解决.【详解】△ABD中，AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，则EFBD，且△BCD中，，则HGBD，且则，则四边形EFGH是梯形.故选B. 下面看四个平行的判断是否正确.平面,平面，则BD平面EFGH.判断正确；平面,平面，则EF平面BCD.判断正确；平面,平面，则HG平面ABD.判断正确；梯形EFGH中，，与的延长线会交于一点，则直线EH与平面ADC的位置关系为相交. 故选：B二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9．（2021·全国·高一课时练习）设a，b是空间中不同的直线，是不同的平面，则下列说法正确的是（       ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】AD【解析】【分析】根据线面平行和面面平行的判定方法和性质验证每一个选项即可﹒【详解】在选项A中，，由线面平行判定定理得，，故A项正确；在选项B中，，则a与b平行或异面，故B项错误；在选项C中，，则与相交或平行，故C项错误；在选项D中，由面面平行的性质定理得D项正确．故选：AD﹒10．（2022·全国·高一课时练习）如下图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题（       ）．A．有水的部分始终呈棱柱形B．没有水的部分始终呈棱柱形C．水面所在四边形的面积为定值D．棱始终与水面所在平面平行E．当容器倾斜如图（3）所示时，是定值【答案】ABDE【解析】【分析】根据题意，结合棱柱的特征进行判断，观察即可得到答案.【详解】根据棱柱的定义知，有两个面是互相平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线也互相平行，而这些面都是平行四边形，所以AB正确；因为水面EFGH所在四边形，从图2，图3可以看出，有两条对边边长不变而另外两条对边边长随倾斜度变化而变化，所以水面四边形EFGH的面积是变化的，C不对；因为棱始终与平行，与水面始终平行，所以D正确；因为水的体积是不变的，高始终是BC也不变，所以底面积也不会变 ，即是定值，所以E正确. 故选：ABDE11．（2021·河北·英才国际学校高一期中）在正方体中，，，分别是，，的中点，下列四个推断中正确的是（       ）A．平面 B．平面C．平面 D．平面平面【答案】AC【解析】【分析】根据线面平面的判定定理判断AC，由线面位置关系判断BD．【详解】∵在正方体中，，，分别是，，的中点，∴，∵，∴，∵平面，平面，∴平面，故A正确；∵，与平面相交，∴与平面相交，故B错误；∵，，分别是，，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，故C正确；∵与平面相交，∴平面与平面相交，故D错误．故选：AC．12．（2021·湖南·长沙市第二十一中学高一期中）在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直于底面，分别是的中点，是的中点.给出下列结论正确的是（       ）A．若是上的动点，则与异面 B．平面C．若该三棱柱有内切球，则 D．平面平面【答案】BC【解析】【分析】A. 若是的中点，证明，所以该选项错误；B. 如图，连接,则可以证明平面.所以该选项正确；C. 设内切圆的半径为，分析得,所以该选项正确；D. 前面已经证明平面.利用分析得到该选项错误.【详解】A.如图，若是的中点，则,所以，则与不异面，所以该选项错误；B. 如图，连接,则平面,不在平面内，所以平面.所以该选项正确；C. 设内切圆的半径为，则,所以该选项正确；D. 前面已经证明平面. 假设平面平面，则平面,但是实际上不在平面内，所以该选项错误.故选：BC第II卷 非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（2021·全国·高一课时练习）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与AC平行，且过正方体三个顶点的截面是___．【答案】平面A1C1D，平面A1C1B【解析】【分析】根据题意，结合图形，得出与AC平行，且过正方体三个顶点的截面是平面A1C1D，平面A1C1B．【详解】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与AC平行，且过正方体三个顶点的截面是平面A1C1D，平面A1C1B．∵AA1∥CC1，AA1=CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形；∴AC∥A1C1，又AC平面A1C1D，A1C1平面A1C1D，∴AC∥平面A1C1D；同理AC∥平面A1C1B．故答案为：平面A1C1D，平面A1C1B．14．（2021·陕西·西安高级中学高一阶段练习）设平面，直线，则___________.【答案】9【解析】【分析】根据题意作出可能的示意图，根据面面平行的性质，可得到线线平行，从而列出比例式，解得答案,【详解】根据题意可作图如下：因为直线，故可设它们确定的平面为m,则m和α的交线为AC,和β的交线为BD,因为 ，故 ,故 ,即，则 ,故答案为：9.15．（2022·湖南·高一课时练习）已知l，m，n是互不相同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则αβ；②若αβ，l⊂α，m⊂β，则lm；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，lγ，则mn.其中所有真命题的序号为________.【答案】③【解析】【分析】①利用平面的位置关系判断；②利用直线与直线的位置关系判断；③利用线面平行的性质定理判断.【详解】①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则αβ或α与β相交；②若αβ，l⊂α，m⊂β，则lm或直线l与m异面；③因为α∩β＝l，β∩γ＝m， lγ，所以ml，同理可证ln，所以mn.故答案为：③16．（2022·全国·高一）如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论：①平面DE；②平面AF；③平面平面AFN；④平面平面NCF.其中正确结论的序号是______.【答案】①②③④.【解析】【分析】将图形还原为正方体，进而根据点线面的位置关系及线面平行和面面平行的判定定理判断答案.【详解】如图，对①，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面DE，平面DE，则平面DE.正确；对②，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面AF，平面AF，则平面AF.正确；对③，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，而，所以平面BDM∥平面AFN.正确；对④，因为，所以四边形是平行四边形，所以，同由③：，而，所以平面平面NCF.正确.故答案为：①②③④.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（2022·湖南·高一课时练习）如图，四边形ABCD为正方形，△ABE为等腰直角三角形，AB＝AE，P是线段CD的中点，在直线AE上是否存在一点M，使得PM∥平面BCE.若存在，指出点M的位置，并证明你的结论.【答案】存在，点M是线段AE的中点，证明见解析【解析】【分析】利用线面平行的定义，先证明PM∥CN，然后，由PM平面BCE，CN平面BCE，得到PM∥平面BCE.【详解】解:存在点M，如图，当点M是线段AE的中点时，PM∥平面BCE.证明如下，取BE的中点N，连接CN，MN，则MN∥AB且,又PC∥AB且，所以MN∥PC且MN＝PC，所以四边形MNCP为平行四边形，所以PM∥CN.因为PM平面BCE，CN平面BCE，所以PM∥平面BCE.18．（2022·陕西渭南·高一期末）如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：(1)；(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.(1)证明：在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则.(2)证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，因为为的中点，则，平面，平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，因为，因此，平面平面.19．（2021·河北·滦南县第一中学高一期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点.（ED是三棱锥的高）(1)求证：平面ACE；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）连接交于，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面.（2）根据，结合三棱锥的体积公式，即可求解.(1)证明：连接交于，连接，因为为的中点，则是的中位线，所以，又因为平面，且平面，所以平面.(2)在正方体中，棱长为，可得，又由平面，且，所以，又因为，所以三棱锥的体积为.20．（2021·陕西·渭南市华州区咸林中学高一阶段练习）如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点，求证：(1)直线平面；(2)平面平面．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）通过证明来证得平面.（2）通过证明平面，结合（1）来证得平面平面.(1)连接，在三角形中，是的中点，是的中点，所以，平面，平面，所以平面.(2)在三角形中，分别是的中点，所以，由于平面，平面，所以平面，由（1）得平面，因为，所以平面平面.21．（2021·广东·化州市第三中学高一期中）已知长方体，，分别为和的中点，．(1)求三棱锥体积；(2)求证：平面平面．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由平面，可得结合题干条件，即得解；（2）先证明平面，平面，结合面面平行的判断定理，即得证(1)由题意可知：平面，，为的中点，，，，；(2)∵ABCD-A1B1C1D1是长方体∴AD//BC且AD=BC∵点E、F分别为CC1和BB1的中点∴EF//BC且EF=BC∴AD//EF且AD=EF∴四边形ADEF是平行四边形∴AF//DE∵平面，平面∴平面又，分别是线段，的中点平面，平面平面又平面平面．22．（2021·江苏省如皋中学高一阶段练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E，F，G分别为线段BC，PB，AD的中点．(1)证明：平面PAC；(2)在线段BD上找一点H，使得平面PCG，并说明理由．【答案】(1)详见解析；(2)详见解析.【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理即证；（2）AE与BD的交点H即为所求，利用面面平行的判定定理可得平面AEF∥平面PCG，进而即得．(1)∵E、F分别是BC，BP中点，∴EF∥PC，∵平面PAC，平面PAC，∴EF∥平面PAC．(2)连接AE，与BD相交于H，即为所求点，∵E、G分别是BC、AD中点，∴AE∥CG，∵平面PCG，CG⊂平面PCG，∴AE∥平面PCG，又∵EF∥PC，PC⊂平面PCG，平面PCG，∴EF∥平面PCG，AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，∴平面AEF∥平面PCG，平面AEF，∴平面PCG.