8.5.2 直线与平面平行 同步练习（含解析）

《第五节　空间直线、平面的平行》同步练习
（课时2　直线与平面平行）
一、基础巩固
知识点1　直线与平面平行的判定
1.[2022四川绵阳高二下期末]已知a,b是两条不同的直线,α是平面,且,b α,则“a∥α”是“a∥b”的 (　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件
D.充要条件
2.(多选)如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形ABCD的对角线的交点为O,M为PB的中点,则(　　)
A.OM∥PD B.OM∥平面PAC
C.OM∥平面PDA D.OM∥平面PBA
3.(多选)[2022江苏马坝高中月考]在四面体A-BCD中,M,N分别为△ACD和△BCD的重心,则下列平面中与MN平行的(　　)
A.平面ABC B.平面ABD
C.平面ACD D.平面BCD
4.[2022江苏扬州高一期末]如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,E为BC1的中点,F为AA1的中点.求证:EF∥平面ABC.
知识点2　直线与平面平行的性质
5.[2022河北张家口张北县第一中学高一下月考]若m,n表示直线,α表示平面,则以下命题中正确的是(　　)
A.若m∥n,n α,则m∥α
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥n,n∥α,则m∥α
D.若m∥α,m β,α∩β=n,则m∥n
6.[2022江苏省南京市第十二中学高一月考]如图,已知P为四边形ABCD外一点,E,F分别为BD,PD上的点,若EF∥平面PBC,则(　　)
A.EF∥PA B.EF∥PB C.EF∥PC D.以上均有可能
7.[2023湖南湘潭高三上入学考试]已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱和底面边长均为1,M,N分别是棱BC,A1B1上的点,且CM=2B1N=λ,当MN∥平面AA1C1C时,λ的值为(　　)
A. B. C. D.
8.如图,在底面边长为8 cm,高为6 cm的正三棱柱ABC-A1B1C1中,若D为棱A1B1的中点,则过BC和点D的截面面积等于　　　　cm2.
9.[2022湖南长沙长郡中学高一期中]如图,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH,求证:AP∥GH.
二、能力提升
1.[2022江西九江六校高一下期末联考]已知m,n是两条异面直线,则过直线m(　　)
A.没有一个平面与直线n平行
B.有无数个平面与直线n平行
C.有两个平面与直线n平行
D.有且只有一个平面与直线n平行
2.[2022广东广州天河区高三综合测试]如图是几何体P-ABCD的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,△P1DC,△P2BC,△P3AB,△P4DA为全等的等边三角形,E,F分别为P3A,P4D的中点,在此几何体中,下列结论中错误的是(　　)
A.直线BE与直线CF共面
B.直线BE与直线AF是异面直线
C.直线BE∥平面PCD
D.平面PAD与平面PBC的交线与BC平行
3.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1=8,E,F分别是侧棱AA1,CC1上的动点,AE+CF=8.点P在棱AA1上,且AP=2,若EF∥平面PBD,则CF=　 　.
4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AC=3CF,△AA1B与△A1B1B为正三角形,动点Q为侧面ABB1A1内一点,若CB1∥平面A1QF,则动点Q运动轨迹的长度为　　　　.
5.[2022山西长治模考]如图,在三棱锥P-ABC中,平面EFMN平行于对棱AC,PB,AC=PB=2,AC⊥PB,则截面EFMN面积的最大值是　　　　.
6.[2022福建漳州第三中学高一期中]如图,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,M是线段EF的中点.
(1)求证:AM∥平面BDE;
(2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论.
7.一个四面体木块如图所示,点O在平面PAC内且为△PAC的重心.
(1)过点O将木块锯开,使截面平行于直线AB与PC,则在木块表面应该怎样画线
(2)在棱BC上是否存在点D,使得直线OD∥平面PAB 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
参考答案
一、基础巩固
1.B　当,b α,a∥α时,直线a与直线b的位置关系是平行或者异面,故充分性不成立;当,b α,a∥b时,由直线与平面平行的判定定理,知a∥α,故必要性成立,所以“a∥α”是“a∥b”的必要不充分条件.
2.AC　因为矩形ABCD的对角线的交点为O,所以O是BD的中点,又M为PB的中点,所以OM∥PD.又OM 平面PDA,PD 平面PDA,所以OM∥平面PDA,故A,C正确.OM与平面PAC有公共点O,与平面PBA有公共点M,故B,D错误.故选AC.
3.AB　连接AM并延长交CD于E,连接BN并延长交CD于F,由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD中点E,由,得MN∥AB,因为AB 平面ABC,AB 平面ABD,MN 平面ABC,MN 平面ABD.因此MN∥平面ABC,且MN∥平面ABD.故选AB.
4.证明如图,取BC的中点M,连接AM,EM,因为在△BCC1中,E为BC1的中点,M为BC的中点,
所以EM是△BCC1的中位线,
所以EM=CC1且EM∥CC1,
三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=CC1且AA1∥CC1,
因为F为AA1的中点,所以FA=CC1,FA∥CC1,
所以ME=AF且ME∥AF, 所以四边形EFAM为平行四边形,所以EF∥AM,
又AM 平面ABC,EF 平面ABC,所以EF∥平面ABC.
5.D　对于A,若m∥n,n α,则m∥α或m α,故A错误;对于B,若m∥α,n∥α,则m∥n或m与n相交或m与n异面,故B错误;对于C,若m∥n,n∥α,则m∥α或m α,故C错误;对于D,由线面平行的性质知D正确.
6.B　如图,分别在边CD,AD上取点G,H,使DG=DF,DH=DF,所以FG∥PC,FH∥PA,又EF∩FG=F,EF∩FH=F,所以选项A,C, D不正确.因为EF∥平面PBC,且平面PBD∩平面PBC=PB,EF 平面PBD,所以EF∥PB,故B正确.
7.B　如图,过N作NP∥B1C1交A1C1于P,连接CP,因为MC∥B1C1,所以NP∥MC,故N,P,C,M共面,因为MN∥平面AA1C1C,平面MNPC∩平面AA1C1C=CP,MN 平面MNPC,所以MN∥CP,又NP∥MC,所以四边形MNPC为平行四边形,又CM=2B1N=λ,所以NP=1-=λ=CM,所以λ=.故选B.
8.24　解析过点D作DE∥B1C1,交A1C1于点E,连接CE,BD.因为B1C1∥BC,则DE∥BC,即D,E,C,B四点共面,所以四边形BCED即为过BC和点D的截面,易知四边形BCED为梯形.因为D为棱A1B1的中点,所以DE是△A1B1C1的中位线,所以DE=B1C1=4(cm),过点D作DF⊥BC于点F,则DF==4(cm),所以截面BCED的面积为S=×(4+8)×4=24(cm2).
9.证明如图,连接AC交BD于点O,连接MO.
因为在△APC 中,MO是△APC的中位线,所以MO∥PA.
又PA 平面MBD,MO 平面MBD,所以PA∥平面MBD.
又平面GAP∩平面BDM=GH,PA 平面GAP,所以PA∥GH.
二、能力提升
1.D　如图,在直线m上任取一点O,过点O作n'∥n.因为n'∩m=O,所以直线n'和m确定一个平面α.n'∥n,n' α,又,所以n∥α.故选D.
2.C　画出几何体,如图所示,连接EF.因为E,F分别是PA,PD的中点,所以EF∥AD,所以EF∥BC,直线BE与直线CF是共面直线,选项A结论正确;直线BE与直线AF不同在任何一个平面内,满足异面直线的定义,所以选项B结论正确;若直线BE∥平面PCD,又平面BCFE与平面PCD交于直线CF,则有BE∥CF,于是可得四边形BCFE为平行四边形,这与四边形BCFE为梯形矛盾,选项C结论错误;由AD∥BC,易知BC∥平面PAD,由直线与平面平行的性质,知选项D结论正确.
3.2　解析连接AC,交BD于点O,连接PO.因为EF∥平面PBD,EF 平面EACF,平面EACF∩平面PBD=PO,所以EF∥PO.在PA1上截取PQ=AP=2,连接QC,则QC∥PO,所以EF∥QC,所以易知四边形EFCQ为平行四边形,则CF=EQ.又AE+CF=8, AE+A1E=8,所以A1E=CF=EQ=A1Q=2,故CF=2.
4.3　解析如图,取BB1的中点E,连接AB1,A1E交于点G,连接EF,FG,则△AGA1∽△B1GE,所以=2.又由AC=3CF,得=2,所以,所以FG∥CB1.又CB1 平面A1EF,FG 平面A1EF,所以CB1∥平面A1EF,由此可知动点Q的运动轨迹为线段A1E.由题意知A1E⊥BB1,所以A1E=BB1=AB=3.
5.1　解析由题设,AC∥平面EFMN,又AC,EN 平面PAC,平面PAC∩平面EFMN=EN,所以AC∥EN,同理可证AC∥MF,故EN∥MF.又PB∥平面EFMN,PB,EF 平面PAB,平面PAB∩平面EFMN=EF,所以PB∥EF,同理可证PB∥MN,故EF∥MN,故四边形EFMN为平行四边形.又AC⊥PB,所以EN⊥EF,则四边形EFMN为矩形,若=λ(0<λ<1),则=1-λ,又AC=PB=2,所以EN=2λ,EF=2(1-λ),又四边形EFMN的面积为S=EN·EF=4λ(1-λ),所以S=-4(λ-)2+1,故当λ=时,有Smax=1.
6.解析(1)令AC∩BD=O,连接OE,如图,
四边形ABCD是正方形,则O是AC的中点,而M是矩形ACEF的边EF的中点,
则有AO=AC=FE=ME,且AO∥ME,于是得四边形AOEM为平行四边形,
则AM∥OE,又OE 平面BDE,AM 平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
(2)l∥m.证明如下:
由(1)知,AM∥平面BDE,又AM 平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,因此l∥AM,
又AM 平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,因此,m∥AM,所以l∥m.
7.解析(1)如图1,在平面PAC内过点O作直线MN∥PC交PA于点M,交AC于点N,在平面PAB内过点M作直线MI∥AB交PB于点I,在平面ABC内过点N作NQ∥AB交BC于点Q,连接IQ.
则MN,NQ,QI,IM为所求截面与木块各表面的交线,证明如下:
因为MI∥AB,NQ∥AB,
所以MI∥NQ,所以M,N,Q,I四点共面.
因为NQ∥AB,AB 平面MNQI,NQ 平面MNQI,
所以AB∥平面MNQI.同理可证PC∥平面MNQI.
(2)如图2,连接CO并延长交PA于点E,连接BE.
若BC上存在点D满足OD∥平面PAB,
则由OD∥平面PAB,平面BCE∩平面PAB=BE,得OD∥BE,所以.
因为O为△PAC的重心,
所以=2,所以=2,
所以在棱BC上存在点D,使得直线OD∥平面PAB,且此时.