必修第二册8.5空间直线、平面的平行(word版含答案）

人教A版（2019）必修第二册 8.5 空间直线、平面的平行
一、单选题
1．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
2．如图，三棱柱中，为中点，为上一点，为平面上一点，且平面则点的轨迹的长度为（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，在直四棱柱中，下列结论正确的是（ ）
A．与是两条相交直线
B．平面
C．
D．，，，四点共面
4．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，E，F，G分别为棱的中点，则下列各选项正确的是（ ）
A．直线与平面平行，直线与平面相交
B．直线与平面相交，直线与平面平行
C．直线、都与平面平行
D．直线、都与平面相交
5．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，则
6．已知是不重合的直线，是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．，则
B．，则
C．，则
D．，则
7．已知正四面体的棱长为，平面与棱、均平行，则截此正四面体所得截面面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为（ ）
A．梯形 B．平行四边形
C．可能是梯形也可能是平行四边形 D．矩形
10．设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则
A． B．
C． D．
11．对于两个不同的平面，和三条不同的直线，，.有以下几个命题：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若，，则；
⑤若，，则.
则其中所有错误的命题是（ ）
A．③④⑤ B．②④⑤ C．②③④ D．②③④⑤
12．设表示不同直线，表示不同平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．，则
B．是两条异面直线，若则
C．若，则
D．若则
二、填空题
13．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论：
①平面DE；
②平面AF；
③平面平面AFN；
④平面平面NCF.
其中正确结论的序号是______.
14．在正方体中，为棱的中点，则________平面(填或)
15．如图，平面α//平面β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.
16．在正方体中，点P，Q分别为的中点，过点D作面使得,若直线，则_______．
三、解答题
17．如图，在四棱锥中，已知底面为平行四边形，点为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）设平面平面，点在上，求证：为的中点．
18．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是的中点，在上取一点，过点和作平面，交平面于，点在线段上.求证：.
19．如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值：若不存在，试说明理由．
20．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.
21．在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型．点在棱上，满足，点在棱上，满足，要求同学们按照以下方案进行切割：
（1）试在棱上确定一点，使得平面；
（2）过点的平面交于点，沿平面平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定点的位置，请求出的值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
2．C
过B作交于F，过F作交于G，根据线面平行、面面平行的判定证明面面，由面面，即可知为的轨迹，进而求其长度.
【详解】
过B作交于F，过F作交于G，
∵，面，面，
∴面，面，而，
∴面面，而面面，
综上，知：平面，面上的轨迹为.
∵，
∴，则，又
∴，，易得，故.
故选：C
关键点点睛：应用线面平行、面面平行确定动点M在面上轨迹，并求轨迹长度.
3．B
根据异面直线的判定定理，直线与平面平行的判定定理，四点共面的判定，结合四棱柱的性质逐一判定即可.
【详解】
面，面，，所以与是异面直线，A错；
因为，面，面，所以面，B正确；
面， 面，，所以与是异面直线，C错；
如图所示，，，三点在面上，与面相交，所以，，，四点不共面，D错.
故选：B.
4．A
取的中点H，证明，平面即得证，再证明直线与平面相交即得解.
【详解】
解：取的中点H，则从而四边形为平行四边形，
所以．易知，则四边形为平行四边形，
从而平面．又平面，所以平面．
易知，则四边形为平行四边形，从而与相交，
所以直线与平面相交.
故选：A．
5．D
利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解
【详解】
选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
6．C
根据平面与平面的位置关系，即可判断A、C是否正确；根面面平行的判定定理，即可判断B是否正确；根据面面垂直和线面垂直的关系和线面的位置关系，即可判断D是否正确.
【详解】
对于A，，则，故A错误；
对于B，若，且，相交，，则，故B错误；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则或，故D错误．
本题主要考查了线面、面面位置关系以及面面平行判定定理的应用，属于基础题.
7．A
取的中点，连接、，证明出，设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，证明出四边形为矩形，设，可得出，利用基本不等式可求得截面面积的最大值.
【详解】
取的中点，连接、，
因为为等边三角形，为的中点，所以，，同理可得，
，平面，平面，.
设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，
平面，平面，平面平面，，
同理可证，，同理可证，
所以，四边形为平行四边形，
，，则平行四边形为矩形，
设，则，
因为，则，，同理可得，
所以，矩形的面积为，
当且仅当时，等号成立，因此，截面面积的最大值为.
故选：A.
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
8．B
作出辅助线，找到过点且与平面AEF平行的平面，进而得到点P的轨迹，从而求出线段长度的取值范围.
【详解】
如图，取中点G，中点H，连接GH，，，则∥AE，又平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF，同理∥EF，平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF，因为，所以平面∥平面AEF，因为是侧面内一点，当P点在线段GH上时，能够满足平面，因为正方体棱长为2，由勾股定理得：，，故点P落在GH中点时，长度最小，此时，当点P与G或H重合时，长度最大，此时，综上：线段长度的取值范围是.
故选：B
9．B
利用面面平行的性质判断与的平行、与平行.
【详解】
因为平面//平面,且平面平面,平面平面,根据面面平行的性质可知//,同理可证明//.
所以四边形为平行四边形.
故选：B.
本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.
10．B
本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.
【详解】
方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.
方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）
由最大角定理，故选B.
方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得
，故选B.
常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.
11．D
根据空间中直线平行的传递性，可判断①；根据线线、线面、面面之间的位置关系即可判断②③④⑤.
【详解】
解：因为，，根据空间中直线平行的传递性，得，故①正确；
因为，，所以直线平行，异面，相交均有可能，故②错误；
若，，则或，故③错误；
若，，则平面平行或相交，故④错误；
若，，则或，故⑤错误.
所以错误的命题是②③④⑤.
故选：D.
12．B
根据线面位置关系可判断A，D；设直线，且，则直线和确定平面，可证明，即可判断B；举反例可判断C；进而可得正确选项.
【详解】
对于A：若，则或，故选项A不正确；
对于B：设直线，且，则直线和确定平面，因为，，
所以，因为，，所以平面，同理可证，所以，
故选项B正确；
对于C：当与相交时，和都平行于与的交线时，也满足
，但与不平行，故选项C不正确；
对于D：若则或，故选项D不正确；
故选：B.
13．①②③④.
将图形还原为正方体，进而根据点线面的位置关系及线面平行和面面平行的判定定理判断答案.
【详解】
如图，
对①，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面DE，平面DE，则平面DE.正确；
对②，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面AF，平面AF，则平面AF.正确；
对③，因为，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，所以，而，所以平面BDM∥平面AFN.正确；
对④，因为，所以四边形是平行四边形，所以，同由③：，而，所以平面平面NCF.正确.
故答案为：①②③④.
14．
画出图象，然后通过线线平行证得线面平行.
【详解】
画出图象如下图所示，根据正方体的性质可知，
所以四边形是平行四边形，所以.
由于平面，平面，
所以平面.
故答案为：
15．
由面面平行的性质定理得线线平行，由平行线性质得比例线段．
【详解】
∵平面α∥平面β，平面．平面，
∴CD∥AB，
则，∴AB＝.
故答案为：．
16．
如图，分别取的中点，连接，则可证得平面就是平面，再利用三角形中位线的性质可得结果
【详解】
解：如图，分别取的中点，连接，则，，
因为为的中点，所以，
因为，∥，
所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，同理可得∥平面，
所以平面即为平面，
连接，由题知，
因为分别为所在棱中点，
所以∥，
所以点为线段的四等分点，且靠近点，
所以，
故答案为：
17．（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解.
（1）根据线面平行的判定定理，直接证明，即可得出结果.
（2）先由线面平行的性质定理，得到，进而可得结论成立.
【详解】
（1）因为底面为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，平面，又因为平面平面，
根据线面平行的性质定理，可得，，
因为，所以，
又点为棱的中点，点在上，
所以为的一条中位线，因此为的中点.
关键点点睛：本题主要考查证明线面平行，考查由线面平行判断线线平行，解题的关键在于熟记线面平行的判定定理及性质定理，将第二问要证明的结论，转化为证明即可，属于基础题.
18．证明见解析
连接交于点，连接，推导出．从而平面．由线面平行的性质定理可证明．
【详解】
证明：如图，连接，设交于点，连接．
∵四边形是平行四边形，
∴是的中点
又是的中点，∴.
又平面，平面BDM，
∴平面
又平面，平面平面，
∴．
本题考查线线平行的判定定理和性质定理的应用，属于基础题．
19．（1）；（2）存在，2.
（1）根据棱锥的表面积的计算公式即可求出结果；
（2）分析可得在侧棱上存在一点，使平面，满足．证得平面平面，根据面面平行的性质定理即可证出结论.
【详解】
（1）正四棱锥中，，，
侧面的高，
正四棱锥的表面积．
（2）在侧棱上存在一点，使平面，满足．
理由如下：
取中点为，因为，则，
过作的平行线交于，连接，．
在中，有，
平面，平面，平面，
由于，．
又由于，
平面，平面，平面，
，平面平面，得平面，
20．（1）证明见解析；（2）2．
（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．
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．
21．(1)答案见解析；（2）
（1）利用平行线的判定和线面平行的判定定理，进而利用相似三角形的性质即可求出点；
（2）由平行线的性质和平面的基本性质，可画出截面，进而可求得比值
【详解】
（1）
由已知得，点在棱上，满足，点在棱上，满足，所以，取上靠近的四等分点为，则必有，则根据三角形相似，必有，使得平面
（2）
延长，与延长交于，连接，并延长与的延长线交于，连接，交于，由（1）可得，即为的中点，由，可得为的中点，由.可得为的中点，在等腰三角形中，为的中点，取的中点，连接，则，，所以，，即
解题的关键在于利用线面平行的判定定理以及截面的求法，进而通过三角形相似求出比值，属于难题
答案第1页，共2页
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