课时质量评价38　直线、平面平行的判定与性质练习题

这是一份课时质量评价38　直线、平面平行的判定与性质练习题，共9页。试卷主要包含了下列命题中不是真命题的为等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价(三十八)(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．如果AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是(　　)A．平行 B．相交C．AC在此平面内 D．平行或相交A　解析：把这三条线段放在正方体内如图，显然AC∥EF，AC平面EFG，EF⊂平面EFG，故AC∥平面EFG.故选A．2．(多选题)下列命题中不是真命题的为(　　)A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥αB．若直线a在平面α外，则a∥αC．若直线a∥b，b∥α，则a∥αD．若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线ABC　解析：A中，l可以在平面α内，故不是真命题；B中，也存在直线a与平面α相交，故不是真命题；C中，a也可能在平面α内，故不是真命题；D是真命题．3．(2020·重庆育才中学月考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，有以下四个命题：①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n；②若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n；③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；④若m∥α，n⊥β且α⊥β，则m∥n.其中真命题的序号是(　　)A．②③  B．③④  C．①④  D．①②A　解析：对于命题①，直线m，n可以相交、平行或异面，故是错误的；易知②③正确；对于命题④，直线m，n可以相交、平行或异面，故是错误的．故选A．4．如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于C，E和D，F.若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为(　　)A．  B．  C．  D．C　解析：由AB∥α∥β，易证＝，即＝，所以BD＝＝＝.5．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有(　　)A．0条 B．1条C．2条 D．0条或2条C　解析：如图，设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH是平行四边形，则EF∥GH，EF平面BCD，GH⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD．又EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，则EF∥CD，EF⊂平面EFGH，CD平面EFGH，则CD∥平面EFGH.同理AB∥平面EFGH，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条．故选C．6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．　解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2.又E为AD的中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC的中点，所以EF＝AC＝.7．如图，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________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)点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析：连接HN，FH，FN(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1.故只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1.8．如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E，F分别是线段A1D，BC1的中点．延长D1A1到点G，使得D1A1＝A1G.证明：GB∥平面DEF.证明：连接A1C，B1C，则B1C，BC1交于点F(图略)．因为CBD1A1，D1A1＝A1G，所以CBA1G，所以四边形BCA1G是平行四边形，所以GB∥A1C．又GB平面A1B1CD，A1C⊂平面A1B1CD，所以GB∥平面A1B1CD．又点D，E，F均在平面A1B1CD内，所以GB∥平面DEF.9．如图，在四棱锥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．(1)证明：如图，取PA的中点H，连接EH，DH.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为平行四边形，所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE平面PAD，所以CE∥平面PAD．(2)解：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，则AF＝AB.因为CD＝AB，所以AF＝CD．又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CF∥AD．又AD⊂平面PAD，CF平面PAD，所以CF∥平面PAD．由(1)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．B组　新高考培优练10．(2020·福州3月质检)已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是(　　)A．若c⊂平面α，则a⊥αB．若c⊥平面α，则a∥α，b∥αC．存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥αD．存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥αC　解析：对于A，满足c⊂平面α，且c与异面直线a，b均垂直，则a可能在α内，也可能与α相交，也可能与α平行，故A错误．对于B，满足c⊥平面α时，直线a与直线b可能其中一条在平面α内，故B错误．对于C，若b∥α，则α内一定存在一条直线b′，使得b∥b′.又a⊂α，且a与b为两条异面直线，所以a与b′一定相交．又c⊥b，b∥b′，所以c⊥b′.又知c⊥a，a与b′相交，所以c⊥α，故C正确．对于D，如果a⊥α，b⊥α，则a∥b，这与条件中a，b是两条异面直线相矛盾，故D错误．故选C．11．(多选题)(2020·济南模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1上的动点，下列四个结论中正确的为(　　)A．若PD＝3，则满足条件的P点有且只有一个B．若PD＝，则点P的轨迹是一段圆弧C．若PD∥平面ACB1，则DP长的最小值为2D．若PD∥平面ACB1，且PD＝，则平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为ABD　解析：如图，因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，所以B1D1＝2.又侧棱AA1＝1，所以DB1＝＝3，则点P与点B1重合时，PD＝3，此时P点唯一，故A正确．因为PD＝∈(1,3)，DD1＝1，则PD1＝，即点P的轨迹是一段圆弧，故B正确．连接DA1，DC1，可得平面A1DC1∥平面ACB1，则当P为A1C1中点时，DP有最小值，为＝，故C错误．由C选项知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为＝，面积为，故D正确．故选ABD．12．平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l，则直线l与直线A1C1所成的角为(　　)A．30° B．45°C．60° D．90°D　解析：如图所示，因为平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l＝AF，平面A1BD∩平面ABCD＝BD，所以BD∥AF.又因为A1C1∥AC，所以直线l与直线A1C1所成的角即为直线BD与直线AC所成的角，即直线l与直线A1C1所成的角为90°.13．(2021·蚌埠模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M是正方形ABB1A1内的动点．若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．　解析：如图，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝＝.14．已知A，B，C，D四点不共面，且AB∥平面α，CD∥平面α，AC∩α＝E，AD∩α＝F，BD∩α＝H，BC∩α＝G，则四边形EFHG是________．平行四边形　解析：因为AB∥α，平面ABD∩α＝FH，平面ABC∩α＝EG，所以AB∥FH，AB∥EG，所以FH∥EG.同理EF∥GH，所以四边形EFHG是平行四边形．15．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，E为侧棱PD(不含端点)上的动点．(1)是否存在一点E，使得PB∥平面AEC？若存在，请说明点E的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．(2)若点F在CD上，且PE∶ED＝CF∶FD，在棱PA(不含端点)上是否存在点G，使得平面BCG∥平面AEF？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．解：(1)当E为PD的中点时，PB∥平面AEC．证明如下：如图，连接BD，设AC∩BD＝O，则O为BD的中点．连接EO，由E，O分别为PD，BD的中点，知EO为△PBD的中位线，所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC．(2)不存在符合题意的点G.理由如下：假设存在点G满足题意．如图，因为平面BCG∩平面ABCD＝BC，平面AEF∩平面ABCD＝AF，又平面BCG∥平面AEF，所以BC∥AF.又在菱形ABCD中，BC∥AD，所以在平面ABCD内，过A点有两条直线AF，AD同时平行于BC，矛盾．所以，在棱PA(不含端点)上不存在点G，使得平面BCG∥平面AEF.