2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习8.3《直线、平面平行的判定与性质》(含详解)

2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习8.3

《直线、平面平行的判定与性质》

一              、选择题

1.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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

2.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=(　 　)

A.16        B.24或4.8       C.14        D.20

3.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(　　)

4.下列说法中，错误的是(　 　)

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

5.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(　　)

A.         B.2          C.2　      D.2

6.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱A1D1上的动点，O为底面ABCD的中心，E，F分别是A1B1，C1D1的中点，下列平面中与OM扫过的平面平行的是(　　)

A.平面ABB1A1         B.平面BCC1B1

C.平面BCFE          D.平面DCC1D1

7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1；⑤平面EFG∥平面A1C1B.其中推断正确的序号是(　　)

A.①③⑤      B.①④       C.②③⑤    D.②④

8.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，从A，B，C，B1四个点中任取两个点，这两点连线平行于平面A1C1D的概率为(　　)

A.        B.         C.           D.

9.若α，β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线(　　)

A.只有1条     B.只有2条      C.只有4条     D.有无数条

10.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

二              、多选题

11. (多选)下列说法中，正确的是(　　)

A.一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交

B.平行于同一平面的两个不同平面平行

C.若直线l与平面α平行，则过平面α内一点和直线l平行的直线在平面α内

D.若直线l不平行于平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线

12. (多选)如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，下列四个命题中，正确的是(　　)

A.BM与ED平行

B.CN与BE是异面直线

C.AF与平面BDM平行

D.平面CAN与平面BEM平行

三              、填空题

13.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　  　.

14.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     .

15.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         　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)

16.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=       .

0.答案详解

一              、选择题

1.答案为：A.

解析：若m⊄α，n⊂α，且m∥n，则由线面平行的判定定理知m∥α，但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.

2.答案为：B；

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.

3.答案为：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.答案为：C；

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.

5.答案为：C；

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.

6.答案为：C

解析：取AB，DC的中点分别为E1和F1，OM扫过的平面即为平面A1E1F1D1.如图，

故平面A1E1F1D1∥平面BCFE.

7.答案为：A

解析：对①，由正方体性质可知，平面AA1D1D∥平面BB1C1C，又FG⊂平面BB1C1C，故FG∥平面AA1D1D，①正确；

对②，因为直线EF与D1C1的延长线相交，故EF不平行于平面BC1D1，②错误；

对③，因为F，G分别为B1C1和BB1的中点，所以FG∥BC1，又因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，③正确；

对④，由②知直线EF与D1C1的延长线相交，故平面EFG不平行于平面BC1D1，④错误；

对⑤，由③知，FG∥平面A1C1B，同理可证EG∥平面A1C1B，又FG∩EG＝G，所以平面EFG∥平面A1C1B，⑤正确.

8.答案为：B

解析：从A，B，C，B1四个点中任取两个点，则有AB，AC，AB1，BC，BB1，CB1共6种取法，

如图所示，

易知AB∥A1B1，且A1B1与平面A1C1D相交，故AB与平面A1C1D相交；

AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1C1D，AC⊄平面A1C1D，故AC∥平面A1C1D；

AB1∥DC1，DC1⊂平面A1C1D，AB1⊄平面A1C1D，故AB1∥平面A1C1D；

BC∥B1C1，且B1C1与平面A1C1D相交，故BC与平面A1C1D相交；

BB1∥CC1，且CC1与平面A1C1D相交，故BB1与平面A1C1D相交；

CB1∥DA1，DA1⊂平面A1C1D，CB1⊄平面A1C1D，故CB1∥平面A1C1D，

即两点连线平行于平面A1C1D的有3种，故这两点连线平行于平面A1C1D的概率为＝.

9.答案为：A

解析：设α∩β＝l，∵A∉α，A∉β，∴A∉l，则A，l确定一个平面γ，

在γ内有且只有一条过A与l平行的直线，记作a，

由于a∥l，a⊄α，a⊄β，l⊂α，l⊂β，由线面平行的判定定理得a∥α，a∥β，

由此证明了存在性；假设过A平行于α，β的直线还有一条，记为b，则a∩b＝A.

过b作平面M与α相交于m，过b作平面N与β相交于直线n，

(适当调整，可以使m，n都不与l重合)，

由线面平行的性质定理可得b∥m，b∥n，由平行公理得m∥n，

∵m⊄β，n⊂β，∴m∥β，又∵m⊂α，α∩β＝l，

由线面平行的性质定理得m∥l，从而b∥l，

又∵a∥l，∴a∥b，这与a∩b＝A矛盾，由此证明了唯一性.

故过点A且与α和β都平行的直线有且只有一条.

10.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.

二              、多选题

11.答案为：ABC.

解析：如果已知直线与另一个平面不相交，则有两种情形：直线在平面内或与平面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，即A中说法正确；选项B是两个平面平行的一种判定方法，即B中说法正确；由线面平行的性质定理知C中说法正确；选项D中说法是错误的，事实上，直线l不平行于平面α，可能有l⊂α，则α内有无数条直线与l平行.

12.答案为：CD

解析：对于选项A，由展开图得到正方体的直观图，如图，BM与ED异面，故A错误；

对于选项B，CN与BE平行，故B错误；

对于选项C，因为四边形AFMD是平行四边形，所以AF∥MD，又AF⊄平面BDM，MD⊂平面BDM，所以AF∥平面BDM，故C正确；

对于选项D，显然AC∥EM，又AC⊄平面BEM，EM⊂平面BEM，所以AC∥平面BEM，同理AN∥平面BEM，又AC∩AN＝A，所以平面CAN∥平面BEM，故D正确.

三              、填空题

13.答案为：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.

14.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=AC=2，FM=EN=PB=2，所以截面的周长为2×4=8.

15.答案为：点M在线段FH上(或点M与点H重合)；

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.

16.答案为：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.