2020届高考数学一轮复习：课时作业44《直线、平面平行的判定及其性质》(含解析) 练习

课时作业44　直线、平面平行的判定及其性质

1．(2019·安徽黄山一模)下列说法中，错误的是(　C　)

A．若平面α∥平面β，平面α∩平面γ＝l，平面β∩平面γ＝m，则l∥m

B．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β

C．若直线l⊥平面α，平面α⊥平面β，则l∥β

D．若直线l∥平面α，平面α∩平面β＝m，直线l⊂平面β，则l∥m

解析：对于A，由面面平行的性质定理可知为真命题，故A正确；对于B，由面面垂直的性质定理可知为真命题，故B正确；对于C，若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，故C错误；对于D，由线面平行的性质定理可知为真命题，故D正确．综上，选C.

2．(2019·广东省际名校联考)已知α，β为平面，a，b，c为直线，下列命题正确的是(　D　)

A．a⊂α，若b∥a，则b∥α

B．α⊥β，α∩β＝c，b⊥c，则b⊥β

C．a⊥b，b⊥c，则a∥c

D．a∩b＝A，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β

解析：选项A中，b⊂α或b∥α，不正确．

B中b与β可能斜交或b在β内，B错误．

C中a∥c，a与c异面，或a与c相交，C错误．

利用面面平行的判定定理，易知D正确．

3．(2019·山东聊城模拟)下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是(　B　)

解析：在B中，如图，连接MN，PN，

∵A，B，C为正方体所在棱的中点，

∴AB∥MN，AC∥PN，

∵MN∥DE，PN∥EF，

∴AB∥DE，AC∥EF，

∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E，

AB、AC⊂平面ABC，DE、EF⊂平面DEF，

∴平面ABC∥平面DEF，故选B.

4．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分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD＝(　B　)

A．16   B．24或

C．14   D．20

解析：设BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒＝.

①当点P在两平面之间时，如图(1)，则有＝，∴x＝24；②当点P在两平面外侧时，如图(2)，则有＝，∴x＝，故选B.

5．(2019·豫西五校联考)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α∥β的一个充分条件是(　D　)

A．m∥β且l1∥α   B．m∥β且n∥β

C．m∥β且n∥l2   D．m∥l1且n∥l2

解析：对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；对于选项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不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分条件；对于选项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，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件，故选D.

6．(2019·湖南长郡中学模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，直线PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为(　C　)

A.　　　　B．2  C．2　　　　D．2

解析：如图，∵PD与平面CEF交于点H，

∴平面CEF∩平面PCD＝CH，

∵EF∥平面PCD，∴EF∥CH，

过点H作HM∥PA交AD于点M，

连接CM，∵EF∩AF＝F，CH∩HM＝H，

∴平面AEF∥平面CHM，∵平面AEF∩平面ABCD＝AE，平面CHM∩平面ABCD＝CM，∴AE∥CM，

又BC∥AM，∴四边形ABCM为平行四边形，∴AM＝2.

又AD＝4，∴M是AD的中点，

则H为PD的中点，∴CH＝＝＝2，故选C.

7．如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件　点M在线段FH上(或点M与点H重合)　时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)

解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.

8．(2019·河北唐山统一考试)在三棱锥P-ABC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　8　.

解析：过点G作EF∥AC，分别交PA、PC于点E、F，过E、F分别作EN∥PB、FM∥PB，分别交AB、BC于点N、M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(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.

9．如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝　a　.

解析：如图，∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥PQ.

又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，

设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，

∴△APM∽△DPQ.

∴＝＝2，即PQ＝2PM.

又知△APM∽△ADB，

∴＝＝，

∴PM＝BD，又BD＝a，∴PQ＝a.

10．(2019·吉林榆树模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的有　③　.(写出所有正确命题的序号)

①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；

②若m∥n，m∥α，则n∥α；

③若α∩β＝n，m∥α，m∥β，则m∥n；

④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.

解析：对于①，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β的位置关系是垂直或平行，故①错误；对于②，若m∥n，m∥α，则n可能在α内或平行于α，故②错误；对于③，若α∩β＝n，m∥α，m∥β，根据线面平行的性质定理和判定定理，可以判断m∥n，故③正确；对于④，若m⊥α，m⊥n，则n可能在α内或平行于α，故④错误．

11．如图所示的一块木料中，棱BC平行于平面A′C′.

(1)要经过平面A′C′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？

(2)所画的线与平面AC是什么位置关系？并证明你的结论．

解：(1)过点P作B′C′的平行线，

交A′B′，C′D′于点E，F，连接BE，CF，作图如下：

(2)EF∥平面AC.理由如下：

易知BE，CF与平面AC相交，因为BC∥平面A′C′，

又因为平面B′C′CB∩平面A′C′＝B′C′，

所以BC∥B′C′，

因为EF∥B′C′，所以EF∥BC，

又因为EF⊄平面AC，BC⊂平面AC，

所以EF∥平面AC.

12．(2019·豫北六校联考)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中， M，N分别是A1B1，A1D1的中点，E，F分别是B1C1，C1D1的中点．

(1)求证：四边形BDFE为梯形；

(2)求证：平面AMN∥平面EFDB.

证明：(1)连接B1D1，

∵在△B1D1C1中，E，F分别是B1C1，C1D1的中点，

∴EF∥B1D1且EF＝B1D1，

又知四边形BDD1B1为矩形，

∴BD綊B1D1，∴EF∥BD且EF＝BD.

∴四边形BDFE为梯形．

(2)连接FM，在△A1B1D1中，M，N分别为A1B1，A1D1的中点，∴MN∥B1D1.

由(1)知，EF∥B1D1，

∴MN∥EF.

在正方形A1B1C1D1中，F为C1D1的中点，M为A1B1的中点，∴FM綊A1D1，

又∵四边形ADD1A1为正方形，

∴AD綊A1D1，∴FM綊AD，

∴四边形ADFM为平行四边形．

∴AM綊DF.

又∵AM∩MN＝M，DF∩FE＝F，

∴平面AMN∥平面EFDB.

13．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是(　C　)

解析：如图，过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.

∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，

MN∩MQ＝M，

∴平面MNQ∥平面DCC1D1.

又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，

∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，

∵＝＝2，∴MQ＝2x.

在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，

即y2＝4x2＋1，

∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，

∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分，故选C.

14．(2019·河南新乡一模)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(　D　)

A.   B．1

C.   D．2

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.

15．(2019·山东烟台一模)如图是一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是

　①④　.(写出所有正确命题的序号)

①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE；

②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；

③当A、C重合于点P时，PG⊥PD；

④当A、C重合于点P时，三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150π.

解析：在△ABE中，tan∠ABE＝，

在△ACD中，tan∠CAD＝，

所以∠ABE＝∠DAC，

由题意，将△ABE，△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同侧，

此时A、C、G、H四点在同一平面内，平面ABE∩平面AGHC＝AG，平面CDF∩平面AGHC＝CH，当平面ABE∥平面CDF时，得到AG∥CH，

显然AG＝CH，所以四边形AGHC为平行四边形，所以AC∥GH，进而可得AC∥平面BFDE，故①正确；

由于折叠后，直线AE与直线CD为异面直线，所以AE与CD不平行，故②不正确；

当A、C重合于点P时，可得PG＝，PD＝10，

又GD＝10，∴PG2＋PD2≠GD2，

所以PG与PD不垂直，故③不正确；

当A，C重合于点P时，在三棱锥P-DEF中，

△EFD与△FCD均为直角三角形，

所以DF为外接球的直径，

即R＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×2＝150π，故④正确．综上，正确命题的序号为①④.

16．如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．

(1)求证：CE∥平面PAD；

(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，如图所示，

因为E为PB的中点，

所以EH∥AB，EH＝AB，

又AB∥CD，CD＝AB，

所以EH∥CD，EH＝CD，

因此四边形DCEH是平行四边形，

所以CE∥DH，又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，

因此CE∥平面PAD.

(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，

证明如下：

取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF＝AB，

又CD＝AB，所以AF＝CD，

又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，

因此CF∥AD，

又AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，

所以CF∥平面PAD，

由(1)可知CE∥平面PAD，又CE∩CF＝C，

故平面CEF∥平面PAD，

故存在AB的中点F满足要求．