2021-2022学年度高一下数学一课一练8.5空间直线、平面的平行 （word含解析）

8.5空间直线、平面的平行
一、单选题
1．、是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面与平行的是（ ）
A．、是内的两条直线，且，
B．、都垂直于平面
C．内不共线三点到的距离相
D．、是两条异面直线，，，且，
2．四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，平面，则实数t的值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知棱长为的正四面体，，，分别是棱，，的中点，则正四面体的外接球被三角形所在的平面截得的截面面积是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点 ，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．线段上存在点 使得
B．平面
C．的面积与的面积相等
D．三棱锥的体积不为定值
5．已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若m，则
C．若，则
D．若，则
6．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，的最小值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
二、多选题
7．如图，一张矩形白纸，，，，分别为，的中点，交于点，交于点.现分别将，沿，折起，且点A，在平面同侧，则下列命题为真命题的是（ ）
A．当平面平面时，平面
B．当平面平面时，
C．当A，重合于点时，
D．当A，重合于点时，三棱锥的外接球的表面积为
8．下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形是（ ）
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
9．在长方体中，，分别为棱，的中点，平面与侧棱的交点为，则_______．
10．如图，多面体，，，，且，，两两垂直，给出下列5个结论：
①三棱锥的体积是定值；
②球面经过点、、、四点的球的直径是；
③直线平面；
④直线与所成角是；
⑤二面角等于．
其中正确的结论是__．
11．如图，在正方体中，点在线段上移动，有下列判断：①平面平面；②平面平面；③三棱锥的体积不变；④平面．其中，正确的是______．（把所有正确的判断的序号都填上）
12．设P，Q，R分别是长方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，CC1，C1D1的中点，且BC＝CC1＝1，AB＝2，M是底面ABCD上的一个动点，若直线D1M与平面PQR没有公共点，则三角形BB1M面积的最小值为________．
四、解答题
13．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点.求证：平面.
14．如图，PDCE为矩形，ABCD为梯形，平面平面ABCD，，，，M为PA的中点．
(1)求证：∥平面MDE；
(2)求平面MDE与平面PBE的夹角的余弦值．
15．如图，在正方体中.
(1)求异面直线和所成的角的余弦值；
(2)求证：直线平面.
16．如图所示，已知P是 ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l.
求证:（1）l∥BC;
（2）MN∥平面PAD．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
取，且，，利用线面平行的判定定理可判断A选项；根据，判断平面与的位置关系，可判断B选项；设、的中点、在平面内，记平面为平面，判断出、、三点到平面的距离相等，可判断C选项；过直线作平面，使得，利用线面平行、面面平行的判定定理可判断D选项.
【详解】
对于A选项，若，且，，,,则，，但与相交；
对于B选项，若，，则与平行或相交；
对于C选项，设、的中点、在平面内，记平面为平面，如下图所示：
、分别为、的中点，则，
，，，所以，点、到平面的距离相等，
由于为的中点，则点、到平面的距离相等，
所以，点、、三点到平面的距离相等，但平面与平面相交；
对于D选项，如下图所示：
由于，过直线作平面，使得，则，
，，，，
，，，，.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：证明或判断两个平面平行的方法有：
①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；
②用判定定理或推论（即“线线平行”“面面平行”），通过线面平行来完成证明；
③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；
④借助“传递性”来完成．
2．C
【解析】
【分析】
连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，证明MN//PA，再借助比例式即可作答.
【详解】
四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，
因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，
而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，
连接MN，如图，
因平面，平面，平面平面，
因此得，于是得，
所以实数t的值为.
故选：C
3．D
【解析】
【分析】
根据题意，求得外接球球心位置、外接球半径、以及外接球球心到平面的距离，即可求得截面圆半径以及截面面积.
【详解】
过点作平面的垂线，垂足为，交平面于点，设该四面体外接球球心为，
连接，作图如下所示：
因为四面体为正四面体，且面，
故点为△的外心，则该四面体的球心一定在上，不妨设外接球球心为；
因为分别为的中点，则//，//，又，
且面，面，故平面//平面，
故面，又为中点，故也为中点.
因为正四面体的所有棱长为，故，
则，；
设该四面体的外接球半径为，即，则，
在△中，，即，
解得，故.
即外接球球心到平面的距离为，又外接球半径为，
设平面截外接球所得圆的半径为，则，
解得，故截面圆的面积为.
故选：D.
【点睛】
本题考察几何体外接球半径的求解，处理本题的关键在于找到球心的外置，求得球半径以及球心到截面的距离，属综合中档题.
4．B
【解析】
【分析】
利用异面直线的定义可判断A；根据线面平行判定定理可判断B；根据三角形的高不相等可判断C；直接计算体积可判断D.
【详解】
线段上不存在点 使得，
因为在平面平面外，在平面内，
所以，是异面直线，所以A不正确；
连接，几何体是正方体，所以，平面，平面，可知平面，所以B正确.
到的距离为，到的距离大于上下底面中心的连线，
则到的距离大于1，
∴的面积大于的面积，故C错误；
到平面的距离为，的面积为定值，
∴三棱锥的体积为定值，故D不正确.
故选：B.
5．C
【解析】
【分析】
A选项可能，B选项当两个平面相交，m与交线平行时也满足条件不满足结论，C选项正确，D选项两个平面可能相交.
【详解】
A选项当时，不能得出，故该选项不正确；
B选项，若，m是平面外的直线，当时，满足m，不满足，所以该选项不正确；
C选项根据线面垂直的性质可得该选项正确；
D选项时，，不能得出，故该选项错误.
故选：C
6．D
【解析】
【分析】
连接，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，结合题意，可得点P在直线AC上运动，再连接，根据勾股定理，结合图象，即可得答案.
【详解】
连接，
因为，，分别是棱，，的中点，
所以，
又平面EFG，平面，
所以平面平面，
因为直线与平面不存在公共点，即平面EFG，且是底面内一动点，
所以点P在直线AC上运动，
连接，
因为底面ABCD，所以，
所以为直角三角形，所以
由图可得当点P位于AC中点时，BP最小，此时，
所以.
故选：D
【点睛】
解题的关键在于找到点P的位置，需结合题意及面面平行判定和性质定理解决，考查分析推理，空间想象，数形结合的能力，属中档题.
7．AD
【解析】
【分析】
由题意分两类画出图形，利用线面平行的判定和性质判断A；利用反证法说明B错误；求出线段长度，根据不满足勾股定理说明C错误；求出三棱锥中的直角三角形，利用补形法求得外接球的表面积判断D．
【详解】
当平面平面时，如图，
由已知矩形中，，，，分别为，的中点，
可得，，且求得．
则平面，平面，
由，可得平面与平面重合，即四边形为平面四边形，
平面平面平面，
，又，可得四边形为平行四边形，
则，可得平面，故A正确；
假设，则四边形为平面图形，而，可得，
即四边形为平行四边形，可得，与矛盾，
假设错误，故B错误；
当、重合于点时，如图，
，，不满足，
与不垂直，故C错误；
在三棱锥中，，，
为直角三角形，
，，
为直角三角形，而为直角三角形，
由补形法可知，三棱锥外接球的直径为，
则三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．
命题正确的是AD．
故选：AD.
8．AD
【解析】
【分析】
对于A通过线面平行判定定理即可判断；对于B找到与平面内某一直线相交即可；对于C找到平行线与平面内某一直线相交即可；对于D通过线面平行判定定理即可判断.
【详解】
对于A，如下图所示，根据正方体性质易证得,又因为平面，平面,所以平面.故A正确；
对于B，如下图所示，在平面内，与相交，又因为平面，平面,所以与平面相交，故B错误；
对于C，如下图所示，易证,由于与平面相交，则与面相交.故C错误；
对于D，如下图所示，由正方体性质易证得，由中位线定理知，所以,又因为平面，平面,所以平面.故D正确.
故选:AD
9．3
【解析】
如图，分别取棱，的中点，，连接，，根据线面平行的性质可得
，可判断G是的三等分点.
【详解】
如图，分别取棱，的中点，，连接，，
则，所以．
平面，则．
因为为棱的中点，所以为的中点，所以．
故答案为：3.
【点睛】
本题考查线面平行的性质，属于基础题.
10．①②④
【解析】
【分析】
由题意，构造长方体，设，，，由已知解得，，，
对于①，根据三棱锥的体积公式可判断；
对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，由此可判断；
对于③，由可判断；
对于④，由已知得即为直线与所成的角，解三角形可判断；
对于⑤，由已知得异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小，解三角形可判断 ；
【详解】
由题意，构造长方体，如下图所示，设，，，
则，，，解得，，，，
对于①，三棱锥的体积为，故①对；
对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，即为，故②对；
对于③，由于，和平面相交，则和平面相交，故③错．
对于④，由于，则即为直线与所成的角，
由，则，故④对；
对于⑤，因为，，所以异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小，连接，则为所求，，所以；⑤错误；
故答案为：①②④
【点睛】
方法点睛：解决几何体相关的外接球等问题时，补全几何体是常用的一种方法，利用补全的几何体的性质研究原几何体的性质.
11．①②③
【解析】
【分析】
①在正方体中可证平面平面，又点在线段上移动,所以平面平面,所以①正确;
②先证平面，再根据面面垂直的判定定理可证平面平面，所以②正确；
③根据平面,可得三棱锥的体积不变，所以③正确；
④由平面，而与交于，可得④不正确.
【详解】
①因为在正方体中有, ,且平面,平面,所以 平面,同理得平面,
又,所以平面平面,
又点在线段上移动,所以平面平面,所以①正确;
②因为平面，所以在平面内的射影为，
因为，根据三垂线定理可得，
同理可得，
因为，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以②正确；
③由①知平面，所以点到平面的距离为定值,所以三棱锥的体积不变，所以③正确；
④由②知平面，而与交于，所以与平面不垂直，所以④不正确。
故答案为:①②③
【点睛】
本题考查了直线与平面,平面与平面平行的判定定理，考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了平面与平面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，属于中档题.
12．
【解析】
【分析】
分别取A1D1，AA1，BC的中点E，F，G，连接EF，FP，PG，QG，ER，根据平面AD1C∥平面EFPGQR得到M在线段AC上运动，时面积最小，计算得到答案.
【详解】
如图所示，分别取A1D1，AA1，BC的中点E，F，G，连接EF，FP，PG，QG，ER，
易知平面EFPGQR与平面PQR共面．
连接AD1，AC，CD1，易得平面AD1C∥平面EFPGQR，故M在线段AC上运动．
△BB1M的面积，要使△BB1M的面积最小，需使．
此时，得，所以△BB1M面积的最小值为．
故答案为：.
13．证明见解析
【解析】
【分析】
连接，设，取的中点为，连接，根据四边形CNME，四边形是平行四边形可证得，由线面平行的判定定理求解即可.
【详解】
连接，设，取的中点为，连接，如图，
在正方体中，M为的中点，
∴,
又E为BC的中点，
∴
∴四边形CNME是平行四边形，,
∵F为CD的中点，∴
∴四边形是平行四边形，,
∴
又面,面，
∴面.
14．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，交于，连接，则，再根据线面平行的判定定理即可得到答案；
（2）建立空间坐标系，求出法向量，运用空间向量求出结果.
(1)
连接，交于，连接，在中，
分别为两腰，的中点
又面，面，
平面
(2)
以为空间坐标系原点，分别以，所在直线为轴建立空间直角坐标系
则，，，，，
，
设平面的法向量为
则，即，取，则
，
，
设平面的法向量为
则，即，取，则，
设平面MDE与平面PBE的夹角为
，
平面MDE与平面PBE的夹角的余弦值.
15．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知，可将异面直线和所成的角转化为直线和所成的角，再根据题目的边长关系，即可完成求解；
（2）可通过连接，证明四边形为平行四边形，从而得到，再利用线面平行的判定定理即可完成证明.
(1)
因为，所以就是异面直线和所成的角.又因为为正方体，所以异面直线和所成的角为，所以异面直线和所成的角的余弦值为.
(2)
连接，因为且，所以四边形为平行四边形，所以；平面，平面；所以直线平面.
即得证.
16．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先由BC∥AD证明BC∥平面PAD，再结合平面PBC∩平面PAD=l，由线面平行推出线线平行，即得证；
（2）取PD的中点E，连接AE，NE，可证明四边形AMNE是平行四边形，即 MN∥AE，由线线平行推线面平行，即得证
【详解】
（1）∵ ABCD
∴BC∥AD，
又BC平面PAD，平面PAD
∴BC∥平面PAD.
又∵平面PBC∩平面PAD=l，
平面PBC
∴l∥BC.
（2）如图，取PD的中点E，连接AE，NE，
则NE∥CD，且NE=CD，
又AM∥CD，且AM=CD，
∴NE∥AM，且NE=AM.
∴四边形AMNE是平行四边形.∴MN∥AE.
又∵AE 平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页