专题10 （空间直线、平面的平行）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二）

这是一份专题10 （空间直线、平面的平行）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二），共28页。试卷主要包含了使用答题纸时，必须使用0，0分）等内容，欢迎下载使用。

2020-2021高一下学期期末考试考前必刷题 10
（空间直线、平面的平行）
试卷满分：150分 考试时长：120分钟
注意事项：
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.
3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1．平面α与平面β平行的条件可以是（ ）
A．α内有无数条直线都与β平行
B．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内
C．α内的任何直线都与β平行
D．直线a在α内，直线b在β内，且a∥β，b∥α
【答案】C
【分析】
根据面面平行的性质和判定定理进行判断即可
【详解】
对A，若α内的无数条直线都平行，平面α与平面β不一定平行，也可能相交，垂直，A错
对B，当直线平行于两平面交线时，符合命题叙述，但平面α与平面β相交，B错
对C，“α内的任何直线都与β平行”可等价转化为“α内的两条相交直线与β平行”，根据面面平行的判定定理，C正确
对D，当两平面相交，直线a，直线b都跟交线平行且符合命题叙述时，得不到平面α与平面β平行，D错
故选C
【点睛】
本题考查面面平行的判定：当两条相交直线与另一平面平行时，则过这两条交线的平面与另一平面平行
2．如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则　　

A． B． C． D．以上均有可能
【答案】B
【分析】
直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可．
【详解】
四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，
平面，平面平面，
由直线与平面平行的性质定理可得：．
故选：．
【点睛】
本题主要考查直线与平面平行的性质定理的应用，基本知识的考查．
3．在空间中，给出下列说法：①平行于同一个平面的两条直线是平行直线；②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；③若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则；④过平面的一条斜线，有且只有一个平面与平面垂直.其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
【答案】B
【分析】
说法①：可以根据线面平行的判定理判断出本说法是否正确；说法②：根据线面垂直的性质和面面平行的判定定理可以判断出本说法是否正确；说法③：当与相交时，是否在平面内有不共线的三点到平面的距离相等，进行判断；说法④：可以通过反证法进行判断.
【详解】
①平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，不正确；易知②正确；③若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则与可能平行，也可能相交，不正确；易知④正确.故选B.
【点睛】
本题考查了线线位置关系、面面位置关系的判断，分类讨论是解题的关键，反证法是经常用到的方程.
4．如图所示，正方体的面，，的中心分别为，，，则直线与直线所成的角为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2.
则
则
设直线与直线所成的角为
则
所以
故选：A

【点睛】
本题考查异面直线成角，考查利用空间向量求异面直线成角,属于中档题.
5．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先取的中点，连接，，，易证平面，从而得到平面为所求截面，再计算其面积即可.
【详解】
取的中点，连接，，，如图所示：

因为，所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面，即平面为所求截面.
所以，.
故选：B
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定，同时考查了正方体的截面，属于简单题.
6．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chu meng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体ABCDEF是一个刍甍，其中都是正三角形，，则以下两个结论：①；②，说法正确的是（ ）

A．①和②都不成立 B．①成立，但②不成立
C．①不成立，但②成立 D．①和②都成立
【答案】D
【分析】
利用线面平行的判定定理和性质定理和勾股定理进行求解即可.
【详解】
因为底面为矩形，所以有，平面，平面，所以平面，而平面平面，所以，故结论①是正确的；
取的中点，连接如下图所示：因为，所以有
，因此四边形是平行四边形，所以有，
不妨设，因此，，因为都是正三角形，所以，因此有，因为，所以
，因此，故结论②是正确的.
故选：D

【点睛】
本题考查了线面平行的判定定理和性质定理，考查了勾股定理，考查了数学阅读能力
7．如图，在长方体中，，，E，F，G分别为的中点，点P在平面ABCD内，若直线平面，则线段长度的最小值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意和面面平行的判定，可得平面平面，所以点P在直线上，当时，线段的长度最小，由三角形等面积法可得结果.
【详解】
如图，连接，

因为E，F，G分别为的中点，
所以平面，则平面，
因为，所以同理得平面，
又，得平面平面，
因为直线平面，
所以点P在直线上，在中，
有，
所以，
故当时，线段的长度最小，
有
故选：D
【点睛】
本题考查了面面平行的判定定理和三角形的等面积法求高，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.
8．在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是上底面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
分别取、的中点、，连接、、、，推导出平面平面，可得出点的轨迹为线段，进而可求得线段长度的取值范围.
【详解】
如下图所示，分别取、的中点、，连接、、、，

因为四边形为正方形，则且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
在正方体中，且，且，
所以四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
在线段上任取一点，则平面，平面，
即点的轨迹为线段，
在中，，，
当时，即当为的中点，的长度取最小值，即，
当点与点或点的重合时，的长度取最大值，即.
因此，线段长度的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线段长度取值范围的求解，解题的关键就是利用平面推测出点的轨迹，一般利用线面平行的性质或面面平行的性质来找出动点的轨迹，在确定点的轨迹后，再利用几何知识求解.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】
根据线面平行的判定定理和性质定理分别判断即可
【详解】
解：在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，

∴AB∥平面MNP，故A成立；
对于B，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，
∴AB与面MNP不平行，故B不成立；

对于C，过M作ME∥AB，则E是中点，
则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，
∴AB与面MNP不平行，故C不成立；

对于D，连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立.

故选：AD.
【点睛】
此题考查线面平行的判定定理和性质定理的应用，属于基础题
10．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）

A．在棱上存在点M，使平面
B．异面直线与所成的角为90°
C．二面角的大小为45°
D．平面
【答案】ABC
【分析】
根据线面垂直的判定及性质定理一一验证可得.
【详解】
解：如图，对于，取的中点，连接，∵侧面为正三角形，

，又底面是菱形，，是等边三角形，
，又，，平面，
平面，故正确.
对于，平面，，即异面直线与所成的角为90°，故正确.
对于，∵平面平面，，平面，，
是二面角的平面角，设，则，，
在中，，即，故二面角的大小为45°，故正确.
对于，因为与不垂直，所以与平面不垂直，故错误.
故选：
【点睛】
本题考查线面垂直的判定及异面直线所成的角，属于基础题.
11．如图，在直三棱柱中，，，，点M是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．异面直线BC与所成的角为 B．在上存在点D，使平面ABC
C．二面角的大小为 D．
【答案】ABC
【分析】
选项，连接，易知，故即为所求,再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得，即；
选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，再由线面平行的判定定理即可得证；
选项，取的中点，连接、，则即为所求，求出的值，从而得解；
选项，在中，利用勾股定理分别算出、和的长，判断其结果是否满足即可．
【详解】
选项，连接，由三棱柱的性质可知，，
即为异面直线与．
，，，即，
由直三棱柱的性质可知，平面，
平面，，
又，、平面，平面，
，即，选项正确；

选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，则，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，即选项正确；
选项，取的中点，连接、，
平面，即为二面角的平面角．
在中，，，，，即选项正确；

选项，在中，，，，
显然，即与不垂直，选项错误．
故选：．
【点睛】
本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12．点是正方体中侧面正方形内的一个动点，则下面结论正确的是（ ）
A．满足的点的轨迹为线段
B．点存在无数个位置满足直线平面
C．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
D．若正方体的棱长为1，三棱锥的体积的最大值为
【答案】ABD
【分析】
对于A，由正方体的性质和可得平面，从而可得点在线段上时，有；对于B，由正方体的性质可得平面∥平面，所以当点在上时，均有平面，从而可判断；对于C，异面直线与所成的角是，当在线段上运动时，点取的中点时，最小，其正切值为，从而可判断；对于D，由正方体的性质得，平面，若正方体的棱长为1，则点与重合时，三棱锥的体积取得最大，从而可求出其体积
【详解】
解：对于A，如图，在正方体中，平面，平面，所以，因为，，所以平面，所以当点在线段上时，有，所以点的轨迹为线段，所以A正确；
对于B，在正方体中，因为∥，平面，平面，所以∥平面，同理∥平面，而，所以平面∥平面，所以当点在上时，均有平面，所以点存在无数个位置满足直线平面，所以B正确；
对于C，异面直线与所成的角是，当在线段上运动时，点取的中点时，最小，其正切值为，所以不存在点，使异面直线与所成的角是，所以C错误；
对于D，由正方体的性质得，平面，若正方体的棱长为1，则点与重合时，三棱锥的体积取得最大，其值为，所以D正确，
故选：ABD

【点睛】
关键点点睛：此题考查以正方体为模型判断线线垂直，线面平行，求异面直线所在的角等，解题的关键是正确利用正方体的性质，属于中档题


三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．给出下列命题：
①任意三点确定一个平面；
②三条平行直线最多可以确定三个个平面；
③不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行；
④一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行；
其中说法正确的有_____（填序号）.
【答案】②③
【分析】
对四个选项进行逐一分析即可.
【详解】
对①：根据公理可知，只有不在同一条直线上的三点才能确定一个平面，故错误；
对②：三条平行线，可以确定平面的个数为1个或者3个，故正确；
对③：垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确；
对④：一个平面中，只有相交的两条直线平行于另一个平面，两平面才平行，故错误.
综上所述，正确的有②③.
故答案为：②③.
【点睛】
本题考查立体几何中的公理、线面平行的判定，属综合基础题.
14．如图，在直三棱柱中，，，的中点为，点在棱上，平面，则的值为________.

【答案】
【分析】
先取中点得到过的一个平面平行平面，即知.
【详解】
取中点，连接，

故，，又在平面外，平面
所以平面，平面，又相交在平面内，故平面平面，即平面，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了面面平行的判定定理，属于基础题.
15．在棱长为2的正方体中，是的中点，过点作与平面平行的截面，则此截面的面积是_______________．
【答案】
【分析】
取，的中点分别为，连接，先证明四边形是平行四边形，再利用面面平行的判断定理证明平面平面，可得平行四边形即为所求的截面，再计算其面积即可.
【详解】

取，的中点分别为，连接，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
因为所以四边形是平行四边形，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
因为，
所以平面平面，
因此过点作与平面平行的截面，即是平行四边形，
连接，作于点，
由，，
可得，
所以，
所以平行四边形的面积为，
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是找出过点与平面平行的截面，所以想到作平行线，利用面面平行的判断定理证明所求的截面即是平行四边形，先求四边形一半的面积，乘以即可得所求平行四边形的面积，也可以直接求菱形的面积.
16．线段分别交两平行平面于A，B两点，线段分别交平面于C，D两点，线段分别交平面于F，E两点，若，，，的面积为72，则的面积为________．

【答案】84.
【分析】
利用，得到，，从而得到线段长的比例，进而得到与的面积关系，利用的面积为72，即可求得的面积．
【详解】
平面，平面，
又，,
同理可证：
与相等或互补， .
由，得,.
由，得,.
又,

的面积为84.
故答案为：84.
【点睛】
本题考查了面面平行的性质定理，在运用两平面平行的性质定理时,一定要先找到与两平行平面都相交的第三个平面,继而推得两交线平行，考查学生的逻辑推理能力与运算能力，属于中档题.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17．如图，梯形中，，E是的中点，过和点E的平面与交于点F.求证：.

【答案】证明见解析
【分析】
由证明平面，再由直线与平面平行的性质可得
【详解】
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，平面平面，
∴
18．如图：在正方体中，E为的中点.

（1）求证：平面；
（2）若F为的中点，求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）连结交于O，连结.可证，即可得证；
（2）首先可证，即可得到∥平面，再由（1）的结论即可得证；
【详解】
解：（1）连结交于O，连结.

∵因为为正方体，底面为正方形，
对角线､交于O点，所以O为的中点，
又因为E为的中点，在中
∴是的中位线
∴；
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：
因为F为的中点，E为的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以∥平面；
由（1）知平面，
又因为，所以平面平面.

19．如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，且平面平面.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由于，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）取中点，连接，，则由已知条件可得就是直线与平面所成的角，然后在中求解即可
【详解】
（1）证明：，平面，平面，
平面.
（2）取中点，连接，，则.
又平面底面，
平面，
就是直线与平面所成的角.
由勾股定理可求得，，，
.
直线与平面所成角的正弦值为.

20．如图，三棱柱中，，在底面上的射影恰好是点，是的中点.

（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接与相交于，连接，证明，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）证明平面平面，得出平面，结合线面角的定义得出即为与平面所成角，再由相似三角形、勾股定理、直角三角形边角关系得出与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）连接与相交于，连接
由于，分别是，的中点，则
因为平面，平面，所以平面.

（2）取中点，连接，，则
因为平面，所以
又平面，，所以平面
又平面，所以平面平面，过作于
因为平面，平面平面
所以平面，连接，则即为与平面所成角
设，易知，，
由，
所以.
【点睛】
关键点睛：解决第一问的关键在于由中位线定理证明线线平行，再由线面平行的判定定理证明线面平行；解决第二问的关键在于由线面垂直找出线面角，再由直角三角形边角关系求出正弦值.
21．如图所示，在直三棱柱中，，，是的中点.

（Ⅰ）求证：直线平面；
（Ⅱ）设为线段上的动点，求三棱锥的体积.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）连接交于，连接，由线面平行的判定定理证明；
（Ⅱ）由等体积法进行转化，，再棱锥体积公式计算．
【详解】
解：（Ⅰ）连接交于，连接，
∵四边形为正方形，∴为的中点，
又是的中点，∴在中，，
又平面，平面，
∴直线平面.
（Ⅱ）∵平面，∴，
∴，∴.

【点睛】
方法点睛：本题考查证明线面平行，求棱锥的体积，解题方法是利用线面平行的判定定理证明，求棱锥的体积常常对棱锥的底和顶点进行转化，目的是底面积和高易求．
22．如图，棱柱中，底面是平行四边形，侧棱底面，过的截面与上底面交于，且点在棱上，点在棱上，且，，.

（1）求证：；
（2）若二面角的平面角的余弦值为，求侧棱的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【分析】
（1）由线面平行的性质定理可推出，再由平行的传递性可证得
（2）先找出二面角的平面角，表示出，求出，再设，建立方程求出，进而求出.
【详解】
（1）在棱柱中，面，面，
面面，由线面平行的性质定理有，
又，故；
（2）证明：在底面中，，，.
， ，
又因为侧棱底面，则底面
面，
又，面
过点作于，连接，则是二面角的平面角．
，，
则，故，
，．
设，则．
，
故，故．

【点睛】
方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．