2022版高考数学大一轮复习课时作业44《直线、平面平行的判定及其性质》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业44《直线、平面平行的判定及其性质》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知M，N，K分别为正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AB，B1C1，DD1的中点，在正方体的所有面对角线和体对角线所在的直线中，与平面MNK平行的直线有( )
A.6条 B.7条 C.8条 D.9条
在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE：EB=AF：FD=1：4，H，G分别是BC，CD的中点，则( )
A.BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形
B.EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C.HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形
D.EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形
已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题正确的是( )
A.若m∥α，n∥α，则m∥n
B.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C.若m∥α，m∥β，则α∥β
D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n
平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A.存在一条直线a，a∥α，a∥β
B.存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C.存在两条平行直线a，b，a∥α，a∥β，b⊂β
D.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，
则m，n的位置关系不可能是( )
A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行
已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为( )
A.平行
B.相交
C.直线b在平面α内
D.平行或直线b在平面α内
如图，在四棱锥P­ABCD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( )
A.eq \r(2) B.2 C.2eq \r(2) D.2eq \r(3)
如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD­A1B1C1D1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( )

二、解答题
已知四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA=BC=1，AB=2，M为PC的中点.
(1)在图中作出平面ADM与PB的交点N，并指出点N所在位置(不要求给出理由)；
(2)求平面ADM将四棱锥P­ABCD分成的上下两部分的体积比.
如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，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.
如图，斜三棱柱ABC­A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点.
(1)当eq \f(A1D1,D1C1)等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值.
三、填空题
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 .
如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是 .
如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=6，AB=3，AD=8，点M是棱AD的中点，点N在棱AA1上，且满足AN=2NA1，P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，若C1P∥平面CMN，则线段C1P长度的最小值是 .
如图是一张矩形折纸ABCD，AB=10，AD=10eq \r(2)，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 .(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P­DEF的外接球的表面积为150π.
\s 0 答案详解
答案为：A.
解析：补形得到平面MNK与正方体侧面的交线，得到正六边形MENFKG，如图所示.
由线面平行的判定定理，可得BD，B1D1，BC1，AD1，AB1，DC1所在直线与平面MNK平行，
∴正方体的所有面对角线和体对角线所在的直线中，与平面MNK平行的有6条.故选A.
答案为：B.
解析：如图，由条件知，EF∥BD，EF=eq \f(1,5)BD，HG∥BD，HG=eq \f(1,2)BD，∴EF∥HG，
且EF=eq \f(2,5)HG，∴四边形EFGH为梯形.
∵EF∥BD，EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.
∵四边形EFGH为梯形，∴线段EH与FG的延长线交于一点，
∴EH不平行于平面ADC.故选B.
答案为：D.
解析：对于A，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行，可能相交，也可能异面，故A错误；对于B，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行，也可能相交(比如直三棱柱相邻两侧面都与底面垂直)，故B错误；对于C，若m∥α，m∥β，则α与β可能平行，也可能相交，故C错误；对于D，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D正确.综上，故选D.
答案为：D.
解析：存在一条直线a，a∥α，a∥β，有可能a平行于两平面的交线，该条件不是平面α∥平面β的一个充分条件，故A错；存在一条直线a，a⊂α，a∥β，有可能a平行于两平面的交线，该条件不是平面α∥平面β的一个充分条件，故B错；存在两条平行直线a，b，a∥α，a∥β，b⊂β，有可能a平行于两平面的交线，该条件不是平面α∥平面β的一个充分条件，故C错；存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，据此可得平面α∥平面β，该条件是平面α∥平面β的一个充分条件.故选D.
答案为：D.
解析：对于选项A，当m⊥α时，因为n⊂α，所以m⊥n，可能；
对于选项B，当A∈n时，m∩n=A，可能；
对于选项C，若A∉n，由异面直线的定义知m，n异面，可能；
对于选项D，若m∥n，因为m⊄α，n⊂α，所以m∥α，这与m∩α=A矛盾，不可能平行，故选D.
答案为：D.
解析：依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内.
答案为：C.
解析：∵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=eq \r(CM2＋MH2)=eq \r(22＋22)=2eq \r(2)，故选C.
答案为：C.
解析：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，
∵eq \f(MQ,AQ)=eq \f(DD1,AD)=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.
二、解答题
解：(1)N为PB中点，截面如图所示.
(2)∵MN是△PBC的中位线，BC=1，
∴MN=eq \f(1,2)，AN=eq \f(\r(5),2)，且AN⊥AD，
∴梯形ADMN的面积为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋1))×eq \f(\r(5),2)=eq \f(3\r(5),8)，
点P到截面ADMN的距离为点P到直线AN的距离d=eq \f(2,\r(5))，
∴四棱锥P­ADMN的体积V1=eq \f(1,3)×eq \f(3\r(5),8)×eq \f(2,\r(5))=eq \f(1,4)，
而四棱锥P­ABCD的体积V=eq \f(1,3)×2×1×1=eq \f(2,3)，
∴四棱锥被截下部分体积V2=V－V1=eq \f(2,3)－eq \f(1,4)=eq \f(5,12)，
故上下两部分的体积比eq \f(V1,V2)=eq \f(3,5).
证明：(1)连接AE，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MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD=D，
所以平面BDE∥平面MNG.
解：(1)当eq \f(A1D1,D1C1)=1时，BC1∥平面AB1D1.
如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点.
在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴OD1∥BC1.
又OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1.
∴当eq \f(A1D1,D1C1)=1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
∴eq \f(A1D1,D1C1)=eq \f(A1O,OB)，eq \f(A1D1,D1C1)=eq \f(DC,AD).
又eq \f(A1O,OB)=1，∴eq \f(DC,AD)=1，即eq \f(AD,DC)=1.
三、填空题
答案为：8.
解析：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=eq \f(2,3)AC=2，FM=EN=eq \f(1,3)PB=2，所以截面的周长为2×4=8.
答案为：平面ABC、平面ABD.
解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，
由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，
由eq \f(EM,MA)=eq \f(EN,NB)=eq \f(1,2)，得MN∥AB.所以MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
答案为：eq \r(17).
解析：取A1D1的中点Q，过点Q在平面ADD1A1内作MN的平行线交DD1于点E，
易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，此时C1P取得最小值eq \r(17).
答案为：①④.
解析：在△ABE中，tan∠ABE=eq \f(\r(2),2)，在△ACD中，tan∠CAD=eq \f(\r(2),2)，
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=eq \f(10\r(3),3)，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P­DEF中，△EFD与△FCD均为直角三角形，
所以DF为外接球的直径，即R=eq \f(DF,2)=eq \f(5\r(6),2)，
所以外接球的表面积为S=4πR2=4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(6),2)))2=150π，故④正确.
综上，正确命题的序号为①④.