35直线、平面平行的判定及性质 专项训练—2024届艺术班高考数学一轮复习（文字版 含答案）

这是一份35直线、平面平行的判定及性质 专项训练—2024届艺术班高考数学一轮复习（文字版 含答案），文件包含35直线平面平行的判定及性质专项训练2024届艺术班高考数学一轮复习文字版答案docx、35直线平面平行的判定及性质专项训练2024届艺术班高考数学一轮复习文字版含答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
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
解析：选D 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．
2．已知直线a，b，c及平面α，β，下列条件中，能使a∥b成立的是( )
A．a∥α，b⊂α B．a∥α，b∥α
C．a∥c，b∥c D．a∥α，α∩β＝b
答案：C
3．设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )
A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
答案：B
4．(多选)(2023·长春月考)设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，下列命题中错误的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
C．若m∥n，m⊂α，则n∥α
D．若α∥β，m⊂α，则m∥β
解析：选ABC 对于A，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、异面或相交，A错误；
对于B，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，m，n不一定为相交直线，只有当m，n为相交直线时，才可得到α∥β，故B错误；
对于C，当m∥n，m⊂α时，可能是n⊂α，推不出一定是n∥α，C错误；
对于D，若α∥β，m⊂α，根据面面平行的性质可知m∥β，D正确，故选：ABC．
5．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( )
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
D．若m∥α，n⊂α，则m∥n
解析：选C A．若m∥α，m∥β，则α∥β，此命题错误．由两个平面平行于同一条直线可得两个平面平行或相交．
B．m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故不正确．
D．m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故不正确．故选C．
6．(2023·长春模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若α∩β＝n，m∥α，m∥β，则m∥n
D．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
解析：选C 对于A，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能垂直，如墙角，故A错误；
对于B，若m∥n，m∥α，则n可能在α内或平行于α，故B错误；
对于C，若α∩β＝n，m∥α，m∥β，根据线面平行的性质定理和判定定理，可以判断m∥n，故C正确；
对于D，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故D错误．故选C．
7．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出五个结论：①OM∥PD；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA，⑤OM∥平面PBC．其中正确的个数是( )
A．1B．2
C．3 D．4
解析：选C 由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故①对；
由于OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM∥平面PCD，即②对；
OM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM∥平面PAD，即③对；
由于M∈平面PAB，故④错；
由于M∈平面PBC，故⑤错．故选：C．
8．(多选)(2023·烟台模拟)下面四个正方体图形中，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( )
解析：选AD A．如图①，连接BC，可得BC∥MN，AC∥NP，从而得AC∥平面MNP，BC∥平面MNP，又AC∩CB＝C，∴平面ABC∥平面MNP，∴AB∥平面MNP；
B．如图②，连接BC交MP于点O，连接ON，易知在底面正方形中O不是BC中点(实际上是四等分点中靠近C的一个)，而N是AC的中点，因此AB与ON不平行，在平面ABC内，AB与ON必相交，此交点也是直线AB与平面MNP的公共点，直线AB与平面MNP相交而不平行；

C．如图③，连接BN，在正方体中有PN∥BM，因此B在平面MNP内，直线AB与平面MNP相交而不平行；
D．如图④，连接CD，可得AB∥CD，CD∥NP，即AB∥NP，直线AB与平面MNP平行，故选A、D．
9．如图，空间四边形ABCD，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的一点，下列条件不能证明EH∥FG的是( )
A．E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的中点
B．eq \f(AE,EB)＝eq \f(AH,HD)，eq \f(CF,FB)＝eq \f(CG,GD)
C．BD∥平面EFGH
D．eq \f(BE,EA)＝eq \f(BF,FC)，eq \f(DH,HA)＝eq \f(DG,GC)
解析：选D 对于A：若E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的中点，
则EH∥BD，EH＝eq \f(1,2)BD且FG∥BD，FG＝eq \f(1,2)BD，所以EH∥FG，故A正确；
对于B：因为eq \f(AE,EB)＝eq \f(AH,HD)，所以EH∥BD，
因为eq \f(CF,FB)＝eq \f(CG,GD)，所以FG∥BD，所以EH∥FG，故B正确；
对于C：若BD∥平面EFGH，
因为BD⊂平面ABD，且平面ABD∩平面EFGH＝EH，所以BD∥EH，
因为BD⊂平面CBD，且平面CBD∩平面EFGH＝FG，所以BD∥FG，
所以EH∥FG，故C正确；
对于D：若eq \f(BE,EA)＝eq \f(BF,FC)，eq \f(DH,HA)＝eq \f(DG,GC)，则EF∥AC，HG∥AC，
所以EF∥HG，但EF不一定等于HG，所以四边形EFGH不一定是平行四边形，
所以EH不一定平行于FG，故D错误．
10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过A1，C1，B三点的平面与底面ABCD的交线为l，则直线l与A1C1的位置关系为________．(填“平行”“相交”或“异面”)
解析：根据正方体的性质可知：A1C1∥AC，
由于A1C1⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以A1C1∥平面ABCD，
由于平面A1C1B∩平面ABCD＝l，A1C1⊂平面A1C1B，所以l∥A1C1．
答案：平行
11．(2023·兰州质检)如图，在棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB，DD1的中点，点P是DD1上一点，且PB∥平面CEF，则四棱锥P­ABCD外接球的表面积为________．
解析：连接BD交CE于O，连接OF，则eq \f(BO,OD)＝eq \f(BE,CD)＝eq \f(1,2)，
因为PB∥平面CEF，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面CEF＝OF，
所以BP∥OF，eq \f(PF,FD)＝eq \f(BO,OD)＝eq \f(1,2)．
因为F是DD1的中点，DD1＝4，
所以DP＝3，
所以三棱锥P­ABCD外接球直径为eq \r(32＋42＋42)＝eq \r(41)，
所以所求表面积为41π．
答案：41π
12．在如图所示的五面体ABCDEF中，矩形BCEF所在的平面与平面ABC垂直，AD∥CE，CE＝2AD＝2，M是BC的中点，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2AC＝2．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)求证：DE⊥平面BDC，并求三棱锥CDBE的体积．
解：(1)证明：取BE的中点N，连结DN，MN，则MN∥CE，且MN＝eq \f(1,2)CE，
又AD∥CE，且AD＝eq \f(1,2)CE，
∴AD∥MN，且AD＝MN，
∴四边形ADMN是平行四边形，
∴DN∥AM，
又DN⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，
∴AM∥平面BDE．
(2)在△ABC中，∵∠BAC＝60°，AB＝2AC＝2，由余弦定理得BC＝eq \r(3)，
由勾股定理得∠ACB＝90°，BC⊥AC，
又BC⊥CE，且CE∩AC＝C，∴BC⊥平面ACED，
又DE⊂平面ACED，∴DE⊥BC，
∵DC∩BC＝C，∴DE⊥平面BCD，
∴三棱锥CDBE的体积：
VCBDE＝VBCDE＝eq \f(1,3)×S△CDE×BC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3)．