新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测40《直线平面平行的判定与性质》(含解析)

课时跟踪检测（四十） 直线、平面平行的判定与性质

1．(2019·西安模拟)设α，β是两个平面，直线a⊂α，则“a∥β”是“α∥β”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

解析：选B　依题意，由a⊂α，a∥β不能推出α∥β，此时平面α与β可能相交；反过来，由α∥β，a⊂α，可得a∥β.综上所述，“a∥β”是“α∥β”的必要不充分条件，选B.

2．(2019·四川名校联考)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A．相交   B．平行

C．垂直   D．不能确定

解析：选B　由题可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，则MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四边形MQPN是平行四边形，则MN∥QP，QP⊂平面BB1C1C，MN⊄平面BB1C1C，则MN∥平面BB1C1C，故选B.

3．(2019·枣庄诊断)如图，直三棱柱ABC­A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为(　　)

A．2   B．2π

C．2   D．4

解析：选D　连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D.

4．(2019·成都模拟)已知直线a，b和平面α，下列说法中正确的是(　　)

A．若a∥α，b⊂α，则a∥b

B．若a⊥α，b⊂α，则a⊥b

C．若a，b与α所成的角相等，则a∥b

D．若a∥α，b∥α，则a∥b

解析：选B　对于A，若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，故A错；对于B，利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，b⊂α，则a⊥b，故B正确；对于C，若a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错；对于D，由a∥α，b∥α，则a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错．

5．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

解析：选A　法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.

法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.

6．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)

A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β

B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β

C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β

D．若m∥n，m∥α，则n∥α

解析：选C　对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交；对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交；易知C正确；对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n在平面α内．故选C.

7．如图所示，三棱柱ABC ­A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．

解析：设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四边形BCC1B1是菱形，

∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.

答案：1

8．已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的是________(只填序号)．

①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；

③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.

解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．

答案：①②④

9．在三棱锥P­ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为________．

解析：如图，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝AC＝2，FM＝EN＝PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.

答案：8

10．(2019·南宁毕业班摸底)如图，△ABC中，AC＝BC＝AB，四边形ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥底面ABC，G，F分别是EC，BD的中点．

(1)求证：GF∥底面ABC；

(2)求几何体ADEBC的体积．

解：(1)证明：如图，取BC的中点M，AB的中点N，连接GM，FN，MN.

∵G，F分别是EC，BD的中点，

∴GM∥BE，且GM＝BE，

NF∥DA，且NF＝DA.

又四边形ABED为正方形，∴BE∥AD，BE＝AD，

∴GM∥NF且GM＝NF.

∴四边形MNFG为平行四边形．

∴GF∥MN，又MN⊂平面ABC，GF⊄平面ABC，

∴GF∥平面ABC.

(2)连接CN，∵AC＝BC，∴CN⊥AB，

又平面ABED⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，

∴CN⊥平面ABED.

易知△ABC是等腰直角三角形，∴CN＝AB＝，

∵C­ABED是四棱锥，

∴VC­ABED＝S四边形ABED·CN＝×1×＝.

11．如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证：

(1)BE∥平面DMF；

(2)平面BDE∥平面MNG.

证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，

则AE必过DF与GN的交点O.

连接MO，则MO为△ABE的中位线，

所以BE∥MO.

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB的中点，

所以MN为△ABD的中位线，

所以BD∥MN.

又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG.

又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，

所以平面BDE∥平面MNG.

12．(2019·河南八市联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，PA⊥平面ABCD，E，F分别为AD，PA的中点，点Q是BC上一个动点．

(1)当Q是BC的中点时，求证：平面BEF∥平面PDQ；

(2)当BD⊥FQ时，求的值．

解：(1)证明：∵E，Q分别是AD，BC的中点，

∴ED＝BQ，ED∥BQ，

∴四边形BEDQ是平行四边形，

∴BE∥DQ.

又BE⊄平面PDQ，DQ⊂平面PDQ，

∴BE∥平面PDQ，

又F是PA的中点，∴EF∥PD，

∵EF⊄平面PDQ，PD⊂平面PDQ，

∴EF∥平面PDQ，

∵BE∩EF＝E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，

∴平面BEF∥平面PDQ.

(2)如图，连接AQ，

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.

∵BD⊥FQ，PA∩FQ＝F，PA⊂平面PAQ，FQ⊂平面PAQ，

∴BD⊥平面PAQ，

∵AQ⊂平面PAQ，∴AQ⊥BD，

在矩形ABCD中，由AQ⊥BD得△AQB与△DBA相似，

∴AB2＝AD×BQ，

又AB＝1，AD＝2，

∴BQ＝，QC＝，∴＝.