适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练36空间直线平面平行的判定与性质北师大版

这是一份适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练36空间直线平面平行的判定与性质北师大版，共7页。试卷主要包含了已知直线m和平面α,β，将①③作条件,②作结论等内容，欢迎下载使用。

课时规范练36
基础巩固组
1.(2023·黑龙江哈尔滨模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是 (　　)
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若m∥n,m∥α,n⊄α,则n∥α
D.若m∥α,α∥β,则m∥β
答案:C
解析:对于A,若m∥α,n∥α,则m,n可能平行、相交或异面,故A不正确;对于B,若m∥α,m∥β,则α,β可能相交或平行,故B不正确;对于C,若m∥n,m∥α,n⊄α,则存在l⊂α且m∥l,所以n∥l,由线面平行的判定定理知n∥α,故C正确;对于D,m∥α,α∥β,则m∥β或m⊂β,故D不正确.
2.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面ABB1A1∥平面CDD1C1,且AF∥EC1,则四边形AEC1F的形状是(　　)

A.平行四边形 B.矩形
C.菱形 D.等腰梯形
答案:A
解析:∵AF∥C1E,∴A,F,C1,E四点共面.∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1,平面ABB1A1∩平面AFC1E=AE,平面CDD1C1∩平面AFC1E=C1F,∴AE∥C1F,∴四边形AEC1F为平行四边形.
3.(多选)(2023·山东聊城模拟)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则直线AB与平面MNQ平行的是(　　)

答案:BCD
解析:对于A,连接CD,BE交于点O,则O为BE的中点.设BE∩MN=F,连接FQ,OQ.因为Q,O分别为AE,BE的中点,所以OQ∥AB.若AB∥平面MNQ,AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面MNQ=FQ,则FQ∥AB.在平面ABE内,过该平面内的点Q作直线AB的平行线,有且只有一条,与题设矛盾,假设不成立,故A选项中的直线AB与平面MNQ不平行.

对于B,连接CD.因为AC∥BD且AC=BD,所以四边形ABDC为平行四边形,所以AB∥CD.因为M,Q分别为CE,DE的中点,所以MQ∥CD,所以MQ∥AB.因为AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.

对于C,连接CD.因为AC∥BD且AC=BD,所以四边形ABDC为平行四边形,所以AB∥CD.因为M,Q分别为CE,DE的中点,所以MQ∥CD,所以MQ∥AB.因为AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.

对于D,连接CD.因为AC∥BD且AC=BD,所以四边形ABDC为平行四边形,所以CD∥AB.因为N,Q分别为CE,DE的中点,则NQ∥CD,所以NQ∥AB.因为AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.

4.(2023·北京大兴高一期末)已知直线m和平面α,β.给出下列三个论断:①m∥α,②α∥β,③m⊂β.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　　　　　. 
答案:若α∥β,m⊂β,则m∥α
解析:将①②作条件,③作结论:若m∥α,α∥β,则m⊂β.此命题为假命题(结论应为m⊂β或m∥β).将①③作条件,②作结论:若m∥α,m⊂β,则α∥β.此命题为假命题(结论应为α与β相交或α∥β).将②③作条件,①作结论:若α∥β,m⊂β,则m∥α.由两平面平行的性质定理可知此命题为真命题.
5.(2023·山东广饶一中模拟)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E是SA上一点,当点E满足条件:　　　　　时,SC∥平面EBD. 

答案:SE=AE(答案表述不唯一)
解析:连接AC交BD于点O,连接OE.若SC∥平面EBD,SC⊂平面SAC,平面SAC∩平面EBD=OE,则SC∥OE.又底面ABCD为平行四边形,O为对角线AC与BD的交点,∴O为AC的中点,∴E为SA的中点.故当E满足条件:SE=AE时,SC∥平面EBD.


6.四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=120°,PA⊥底面ABCD,PA=2,E,F分别是PC,PD的中点.已知=λ,若平面EFG∥平面PAB,则λ的值为　　　　　. 

答案:
解析:若平面EFG∥平面PAB,平面PAB∩平面PBC=PB,平面EFG∩平面PBC=EG,则PB∥EG,于是.由E为PC的中点,知G为BC的中点,故,所以λ=.
7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N,P分别为AB,BC,B1C1的中点.求证:

(1)AC∥平面B1MN;
(2)平面ACP∥平面B1MN.
证明:(1)因为M,N分别为AB,BC的中点,所以MN∥AC.
因为MN⊂平面B1MN,AC⊄平面B1MN,所以AC∥平面B1MN.
(2)因为P为B1C1的中点,所以B1P=CN.
又因为B1P∥CN,所以四边形B1PCN是平行四边形,所以CP∥B1N.
又因为B1N⊂平面B1MN,CP⊄平面B1MN,所以CP∥平面B1MN.
由第(1)问知,AC∥平面B1MN,AC∩CP=C,AC⊂平面ACP,CP⊂平面ACP,所以平面ACP∥平面B1MN.
综合提升组
8.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则线段D1P长度的最小值是(　　)

A. B. C. D.
答案:D
解析:如图,连接D1A,AC,D1C,因为E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,所以AC∥EF,EF⊄平面ACD1,则EF∥平面ACD1.因为EG∥AD1,所以同理得EG∥平面ACD1,又EF∩EG=E,得平面ACD1∥平面EFG.因为直线D1P∥平面EFG,所以点P在直线AC上,在△ACD1中,有AD1=,AC=2,CD1=2,所以,故当D1P⊥AC时,线段D1P的长度最小,有×AC×D1P,解得D1P=.故选D.

9.(2023·湖南衡阳模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为DD1,BB1的中点.

(1)求证:CF∥平面A1EC1;
(2)过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行,请给出证明并求出该截面的面积.
(1)证明:取CC1的中点M,连接ME,MB1.

由MCFB1,可得四边形MCFB1为平行四边形,则FC∥MB1,
由MEA1B1,可得四边形MEA1B1为平行四边形,则A1E∥MB1,
则A1E∥FC.又A1E⊂平面A1EC1,CF⊄平面A1EC1,
∴CF∥平面A1EC1.

(2)解:取AA1,CC1的中点G,H,连接DG,GB1,B1H,HD,
平面GDHB1为所作长方体截面.证明如下,
∵DG∥A1E,A1E⊂平面A1EC1,DG⊄平面A1EC1,
∴DG∥平面A1EC1.
∵DH∥C1E,C1E⊂平面A1EC1,DH⊄平面A1EC1,
∴DH∥平面A1EC1.
又DH∩DG=D,DH,DG⊂平面DHB1G,
∴平面DHB1G∥平面A1EC1.×2×2=2.
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,B1C1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,如图.

(1)若A1C交平面EFBD于点R,证明:P,Q,R三点共线.
(2)线段AC上是否存在点M,使得平面B1D1M∥平面EFBD,若存在,确定M的位置;若不存在,说明理由.
(1)证明:因为AC∩BD=P,AC⊂平面AA1C1C,BD⊂平面EFBD,所以,点P是平面AA1C1C和平面EFBD的一个公共点,同理可知,点Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,即平面AA1C1C和平面EFBD的交线为PQ.
因为A1C∩平面EFBD=R,A1C⊂平面AA1C1C,所以点R也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共点,由基本事实3可知,R∈PQ,因此,P,Q,R三点共线.

(2)解:存在点M,使得平面B1D1M∥平面EFBD.
如图所示,连接B1D1,设B1D1∩A1C1=O,过点O作OM∥PQ交AC于点M,连接D1M,B1M,
下面证明平面B1D1M∥平面EFBD.
因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以B1D1∥EF.
因为B1D1⊄平面EFBD,EF⊂平面EFBD,所以B1D1∥平面EFBD.
又OM∥PQ,OM⊄平面EFBD,PQ⊂平面EFBD,所以OM∥平面EFBD.
因为OM∩B1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M∥平面EFBD.
因为E,F分别为D1C1,B1C1的中点,所以EF∥B1D1,且EF∩OC1=Q,则点Q为OC1的中点.
易知A1C1∥AC,即OQ∥PM.又OM∥PQ,所以四边形OMPQ为平行四边形,
所以PM=OQ=OC1=A1C1=AC.
因为四边形ABCD为正方形,且AC∩BD=P,则P为AC的中点,所以点M为AP的中点,所以AM=AP=AC,
因此,线段AC上存在点M,且当时,平面B1D1M∥平面EFBD.
创新应用组
11.(2023·北京通州模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,F为正方体棱的中点,则满足直线EF∥平面ACD1的点F的个数是　　　　　. 

答案:5
解析:分别取AB,CC1,C1D1,D1A1,A1A的中点M,N,I,H,G,

连接ME,EN,NI,IH,HG,GM,BC1,
∴EN∥BC1.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥D1C1,AB=D1C1.
∴四边形ABC1D1是平行四边形,
∴AD1∥BC1,∴EN∥AD1.
又EN⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,
∴EN∥平面ACD1.同理,EM∥平面ACD1.
又EM∩EN=E,EM,EN⊂平面ENIHGM,
∴平面ACD1∥平面ENIHGM.
∴平面ENIHGM内的任意一条直线都与平面ACD1平行,则满足直线EF∥平面ACD1的点F可以是M,N,I,H,G的任何一个,
∴点F的个数是5.