新高考数学一轮复习《空间直线、平面的平行》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

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新高考数学一轮复习《空间直线、平面的平行》课时练习一              、选择题1.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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【答案解析】答案为：A.解析：若m⊄α，n⊂α，且m∥n，则由线面平行的判定定理知m∥α，但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.2.点E，F，G，H分别是空间四面体ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，则空间四面体的六条棱中与平面EFGH平行的条数是(　　)A.0          B.1         C.2         D.3【答案解析】答案为：C解析：如图，由线面平行的判定定理可知BD∥平面EFGH，AC∥平面EFGH.3.在如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是(　　)A.异面      B.平行        C.相交      D.以上均有可能【答案解析】答案为：B解析：在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱A1D1上的动点，O为底面ABCD的中心，E，F分别是A1B1，C1D1的中点，下列平面中与OM扫过的平面平行的是(　　)A.平面ABB1A1         B.平面BCC1B1C.平面BCFE          D.平面DCC1D1【答案解析】答案为：C解析：取AB，DC的中点分别为E1和F1，OM扫过的平面即为平面A1E1F1D1.如图，故平面A1E1F1D1∥平面BCFE.5.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【答案解析】答案为：A解析：对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②，因为直线EF与D1C1的延长线相交，故EF不平行于平面BC1D1，②错误；对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④，由②知直线EF与D1C1的延长线相交，故平面EFG不平行于平面BC1D1，④错误；对⑤，由③知，FG∥平面A1C1B，同理可证EG∥平面A1C1B，又FG∩EG＝G，所以平面EFG∥平面A1C1B，⑤正确.6.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，从A，B，C，B1四个点中任取两个点，这两点连线平行于平面A1C1D的概率为(　　)A.        B.         C.           D.【答案解析】答案为：B解析：从A，B，C，B1四个点中任取两个点，则有AB，AC，AB1，BC，BB1，CB1共6种取法，如图所示，易知AB∥A1B1，且A1B1与平面A1C1D相交，故AB与平面A1C1D相交；AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1C1D，AC⊄平面A1C1D，故AC∥平面A1C1D；AB1∥DC1，DC1⊂平面A1C1D，AB1⊄平面A1C1D，故AB1∥平面A1C1D；BC∥B1C1，且B1C1与平面A1C1D相交，故BC与平面A1C1D相交；BB1∥CC1，且CC1与平面A1C1D相交，故BB1与平面A1C1D相交；CB1∥DA1，DA1⊂平面A1C1D，CB1⊄平面A1C1D，故CB1∥平面A1C1D，即两点连线平行于平面A1C1D的有3种，故这两点连线平行于平面A1C1D的概率为＝.7.若α，β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线(　　)A.只有1条     B.只有2条      C.只有4条     D.有无数条【答案解析】答案为：A解析：设α∩β＝l，∵A∉α，A∉β，∴A∉l，则A，l确定一个平面γ，在γ内有且只有一条过A与l平行的直线，记作a，由于a∥l，a⊄α，a⊄β，l⊂α，l⊂β，由线面平行的判定定理得a∥α，a∥β，由此证明了存在性；假设过A平行于α，β的直线还有一条，记为b，则a∩b＝A.过b作平面M与α相交于m，过b作平面N与β相交于直线n，(适当调整，可以使m，n都不与l重合)，由线面平行的性质定理可得b∥m，b∥n，由平行公理得m∥n，∵m⊄β，n⊂β，∴m∥β，又∵m⊂α，α∩β＝l，由线面平行的性质定理得m∥l，从而b∥l，又∵a∥l，∴a∥b，这与a∩b＝A矛盾，由此证明了唯一性.故过点A且与α和β都平行的直线有且只有一条.8.如图，ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，P是棱AD上一点，AP=，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=(　　)A.a            B．a           C.a            D．a【答案解析】答案为：A.解析：因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1，又P是棱AD上一点，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，所以MN∥PQ，又M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，AP=，所以CQ=，所以DP=DQ=，所以PQ==.9.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，点P是底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面EFDB，则tan∠APA1的最大值是(　 　)A.           B.1           C.          D.2【答案解析】答案为：D；解析：如图，分别取A1D1的中点G，A1B1的中点H，连接GH，AG，AH，连接A1C1，交GH，EF于点M，N，连接AM，连接AC，交BD于点O，连接ON.易证MN綊OA，所以四边形AMNO是平行四边形，所以AM∥ON，因为AM⊄平面BEFD，ON⊂平面BEFD，所以AM∥平面BEFD，易证GH∥EF，因为GH⊄平面BEFD，EF⊂平面BEFD，所以GH∥平面BEFD，又AM∩GH=M，AM，GH⊂平面AGH，所以平面AGH∥平面BEFD，所以点P在GH上，当点P与点M重合时，tan∠APA1的值最大.设正方体的棱长为1，则A1P=，所以tan∠APA1的最大值为=2.二              、多选题10. (多选)下列说法中，正确的是(　　)A.一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B.平行于同一平面的两个不同平面平行C.若直线l与平面α平行，则过平面α内一点和直线l平行的直线在平面α内D.若直线l不平行于平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线【答案解析】答案为：ABC.解析：如果已知直线与另一个平面不相交，则有两种情形：直线在平面内或与平面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，即A中说法正确；选项B是两个平面平行的一种判定方法，即B中说法正确；由线面平行的性质定理知C中说法正确；选项D中说法是错误的，事实上，直线l不平行于平面α，可能有l⊂α，则α内有无数条直线与l平行.11. (多选)如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，下列四个命题中，正确的是(　　)A.BM与ED平行B.CN与BE是异面直线C.AF与平面BDM平行D.平面CAN与平面BEM平行【答案解析】答案为：CD解析：对于选项A，由展开图得到正方体的直观图，如图，BM与ED异面，故A错误；对于选项B，CN与BE平行，故B错误；对于选项C，因为四边形AFMD是平行四边形，所以AF∥MD，又AF⊄平面BDM，MD⊂平面BDM，所以AF∥平面BDM，故C正确；对于选项D，显然AC∥EM，又AC⊄平面BEM，EM⊂平面BEM，所以AC∥平面BEM，同理AN∥平面BEM，又AC∩AN＝A，所以平面CAN∥平面BEM，故D正确.12. (多选)已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过P点的两条直线AC，BD分别交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的长为(　　)A.20        B.16        C.12           D.4【答案解析】答案为：AD.解析：因为过P点的两条直线AC，BD确定的平面分别交α于A，B，交β于C，D，且平面α∥平面β，所以可得AB∥CD，分两种情况：当点P在两平行平面之外时，＝，则CD＝20；当点P在两平行平面之间时，得PC＝AC－AP＝3，＝，则CD＝4.三              、填空题13.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＝，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则＝________.【答案解析】答案为：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，∴＝＝.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.∴＝＝.14.如图，在底面边长为8 cm，高为6 cm的正三棱柱ABC－A1B1C1中，若D为棱A1B1的中点，则过BC和D的截面面积为________ cm2.【答案解析】答案为：24.解析：过点D作DE∥B1C1，交A1C1于点E，连接CE，DB，B1C1∥BC，则DE∥BC，即D，E，B，C四点共面，四边形BCED即为过BC和点D的截面，因为D为棱A1B1的中点，所以DE是△A1B1C1的中位线，所以 DE＝B1C1＝4(cm)，又因为DE∥BC，所以四边形BCED是梯形，过点D作 DF⊥BC交BC于点F，则DF＝＝4(cm)，所以截面 BCED的面积S＝×(4＋8)×4＝24(cm2).15.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝1，DD1＝2，AB＝，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________.【答案解析】答案为：.解析：如图，连接D1A，D1C，AC，因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，所以AC∥EF，又因为EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以EF∥平面ACD1，同理EG∥平面ACD1，又因为EG∩EF＝E，所以平面EFG∥平面ACD1，因为直线D1P∥平面EFG，所以点P在直线AC上，且当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝，所以cos∠D1AC＝，sin∠D1AC＝，当D1P⊥AC时，在Rt△D1AP中，D1P＝AD1·sin ∠D1AC＝×＝.即线段D1P长度的最小值为.16.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中正确的序号是________.①AC⊥BE；②EF∥平面ABCD；③三棱锥A－BEF的体积为定值；④△AEF的面积与△BEF的面积相等.【答案解析】答案为：①②③解析：对于①，由题意及图形知，AC⊥平面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，故①正确；对于②，由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其中一个平面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，故②正确；对于③，由几何体的性质及图形知，△BEF的面积是定值，A点到平面DD1B1B的距离等于 AC的一半，故可得三棱锥A－BEF的体积为定值，故③正确；对于④，由图形可以看出，B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积相等不正确，故④错误.