数学人教A版 (2019)8.5 空间直线、平面的平行课后复习题

这是一份数学人教A版 (2019)8.5 空间直线、平面的平行课后复习题，共6页。试卷主要包含了给出三种说法等内容，欢迎下载使用。
A级——基础过关练
1．平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为( )
A．平行B．相交
C．平行或相交D．可能重合
【答案】C
【解析】若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交．
2．平面α∥平面β，点A，C在平面α内，点B，D在平面β内，若AB＝CD，则AB，CD的位置关系是( )
A．平行B．相交
C．异面D．以上都有可能
【答案】D
【解析】夹在两个平行平面间的平行线段相等，但夹在两个平行平面间的相等线段可以平行、相交或异面．
3．有一正方体木块如图所示，点P在平面A′C′内，要经过点P和棱BC将木块锯开，锯开的面必须平整，有N种锯法，则N为( )
A．0B．1
C．2D．无数
【答案】B
【解析】易知BC∥平面A′C′，且P，B，C不在同一条直线上，所以过P，B，C三点有且只有1个平面．
4．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，则下列各项正确的是( )
A． eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥c,β∥c))⇒α∥βB． eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥γ,β∥γ))⇒α∥β
C． eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥c,a∥c))⇒a∥αD． eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥γ,β∥γ))⇒a∥β
【答案】B
【解析】对A，α与β有可能相交；B正确；对C，有可能a⊂α；对D，有可能a⊂β．故选B．
5．(多选)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中， eq \f(A1E,EB1)＝ eq \f(BF,FB1)＝ eq \f(CG,GC1)＝ eq \f(D1H,HC1)＝2，则下列说法正确的有( )
A．BD1∥GHB．BD与EF异面
C．EH∥平面ABCDD．平面EFGH∥平面A1BCD1
【答案】BCD
【解析】如图所示，连接A1B，D1C，BD，BD1，根据题意，由 eq \f(A1E,EB1)＝ eq \f(BF,FB1)＝2可得EF∥A1B，且 eq \f(EF,A1B)＝ eq \f(B1F,BB1)＝ eq \f(B1E,A1B1)＝ eq \f(1,3)，同理可得GH∥CD1，FG∥BC，且 eq \f(GH,CD1)＝ eq \f(1,3)．由GH∥CD1，而CD1∩BD1＝D1，所以BD1不可能平行于GH，即A错误；易知BD与EF不平行，且不相交，由异面直线定义可知，BD与EF异面，即B正确；在长方体ABCD－A1B1C1D1中A1B∥CD1，A1B＝CD1，所以EF∥GH，EF＝GH，即四边形EFGH为平行四边形，所以EH∥FG，又因为BC∥FG，所以EF//BC；EH⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EH∥平面ABCD，即C正确；由EF∥A1B，EF⊄平面A1BCD1，A1B⊂平面A1BCD1，所以EF∥平面A1BCD1，因为BC∥FG，FG⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，所以FG∥平面A1BCD1，因为EF∩FG＝F，且FG，EF⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面A1BCD1，即D正确．故选BCD．
6．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于A，C两点，过点P的直线n与α，β分别交于B，D两点，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为( )
A．16B．24或 eq \f(24,5)
C．14D．20
【答案】B
【解析】由α∥β得AB∥CD．分两种情况：若点P在α，β的同侧，则 eq \f(PA,PC)＝ eq \f(PB,PD)，所以PB＝ eq \f(16,5)，所以BD＝ eq \f(24,5)；若点P在α，β之间，则有 eq \f(PA,PC)＝ eq \f(PB,PD)，所以PB＝16，所以BD＝24．
7．已知m，n，l1，l2表示不同直线，α，β表示不同平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则能得出α∥β的是( )
A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2
【答案】D
【解析】对于A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A错误；对于B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B错误；对于C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C错误；对于D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β．故选D．
8．已知三棱柱ABC－A1B1C1，D，E，F分别是棱AA1，BB1，CC1的中点，则平面DEF与平面ABC的位置关系是__________．
【答案】平行
【解析】∵D，E，F分别是棱AA1，BB1，CC1的中点，∴在平行四边形AA1B1B与平行四边形BB1C1C中，DE∥AB，EF∥BC，∴DE∥平面ABC，EF∥平面ABC．又∵DE∩EF＝E，∴平面DEF∥平面ABC．
9．给出三种说法：
①若平面α∥平面β，平面β∥平面γ，则平面α∥平面γ；
②若平面α∥平面β，直线a与α相交，则a与β相交；
③若平面α∥平面β，P∈α，PQ∥β，则PQ⊂α．
其中正确的说法有__________(填序号)．
【答案】①②③
【解析】由题意知，两个平面同时平行于同一平面，则根据平面平行的传递性可知，这两个平面本身也互相平行，故①正确．若直线a与平面β平行或直线a⊂β，则由平面α∥平面β知a与α无公共点或a⊂α，这与直线a与α相交矛盾，所以α与β相交，故②正确．如图，过直线PQ作平面γ，γ∩α＝a，γ∩β＝b，由α∥β，得a∥b．因为PQ∥β，PQ⊂γ，所以PQ∥b．因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线a与直线PQ重合．因为a⊂α，所以PQ⊂α，故③正确．
10．如图，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，求证：四边形BCFE为梯形．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD．
∵AD⊂平面APD，BC⊄平面APD，
∴BC∥平面APD．
∵平面BCFE∩平面APD＝EF，
∴BC∥EF．∴AD∥EF．
∵E，F是△APD边上的点，∴EF≠AD．∴EF≠BC．
∴四边形BCFE是梯形．
B级——能力提升练
11．设α∥β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A，B分别在平面α，β内运动时，那么所有的动点C( )
A．不共面
B．当且仅当A，B分别在两条直线上移动时才共面
C．当且仅当A，B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面
D．不论A，B如何移动，都共面
【答案】D
【解析】如图，A′，B′分别是A，B两点在α，β上运动后的两点，此时AB的中点C变成A′B′的中点C′，连接A′B，取A′B的中点E，连接CE，C′E，AA′，BB′，则CE∥AA′，所以CE∥α，C′E∥BB′，所以C′E∥β．因为α∥β，所以C′E∥α．因为C′E∩CE＝E，所以平面CC′E∥平面α．所以CC′∥α．所以不论A，B如何移动，所有的动点C都在过C点且与α，β平行的平面上．
12．(多选)如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，下列命题正确的有( )
A．BM∥平面DEB．CN∥平面AF
C．平面BDM∥平面AFND．平面BDE∥平面NCF
【答案】ABCD
【解析】以正方形ABCD为下底面还原正方体，如图．易判定四个命题都是正确的．
13．如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，PA＝PB＝AB＝2，E，F分别是AB，CD的中点，平面AGF∥平面PEC，PD∩平面AGF＝G，ED与AF相交于点H，则GH＝__________．
【答案】 eq \f(\r(3),2)
【解析】因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB∥CD，AB＝CD．因为E，F分别是AB，CD的中点，所以AE＝FD．又因为∠EAH＝∠DFH，∠AEH＝∠FDH，所以△AEH≌△FDH，所以EH＝DH．因为平面AGF∥平面PEC，平面PED∩平面AGF＝GH，平面PED∩平面PEC＝PE，所以GH∥PE，所以G是PD的中点．因为PA＝PB＝AB＝2，所以PE＝2×sin 60°＝ eq \r(3)．所以GH＝ eq \f(1,2)PE＝ eq \f(\r(3),2)．
14．如图，四边形ABCD所在的平面与平面α平行，且四边形ABCD在平面α内的平行投影A1B1C1D1是一个平行四边形，则四边形ABCD的形状一定是__________．
【答案】平行四边形
【解析】因为平面AC∥α，平面AA1B1B∩α＝A1B1，平面AA1B1B∩平面ABCD＝AB，所以AB∥A1B1，同理可证CD∥C1D1．又因为A1B1∥C1D1，所以AB∥CD．同理可证AD∥BC，所以四边形ABCD是平行四边形．
15．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
解：E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1，证明如下．
(方法一)如图，取AB1的中点F，连接DE，EF，FC1，
因为E，F分别为AB，AB1的中点，
所以EF∥BB1且EF＝ eq \f(1,2)BB1．
在三棱柱ABC－A1B1C1中，
DC1∥BB1且DC1＝ eq \f(1,2)BB1，
所以EF∥DC1，且EF＝DC1，四边形EFC1D为平行四边形．所以ED∥FC1．
因为ED⊄平面AB1C1，FC1⊂平面AB1C1，
所以ED∥平面AB1C1．
(方法二)如图，取BB1的中点H，连接EH，DH，ED，
因为E，H分别是AB，BB1的中点，
则EH∥AB1．
因为EH⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EH∥平面AB1C1．
因为HD∥B1C1，同理可得HD∥平面AB1C1，
因为EH⊂平面EHD，HD⊂平面EHD，EH∩HD＝H，
所以平面EHD∥平面AB1C1．
因为ED⊂平面EHD，
所以ED与平面AB1C1无交点．
所以ED∥平面AB1C1．