2024-2025学年高一数学人教A版必修二课时作业 8.5.2 直线与平面平行（含解析）

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2024-2025学年高一数学人教A版必修二课时作业 8.5.2 直线与平面平行
一、选择题
1．已知平面，直线m，n满足，，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
2．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是( )
A. B. C. D.
3．如图，在直三棱柱中，O是与的交点，D是的中点，，，给出下列结论.
①AB与是相交直线；
②平面；
③平面平面；
④平面，
其中正确的结论是( )
A.①② B.③④ C.②③ D.②④
4．过四棱锥任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线有( )
A.4条 B.5条 C.6条 D.7条
5．若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面,则“”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6．在棱长为2的正方体中，E、F、G分别为、、的中点，则下列选项正确的是( )
A.若点M在平面内，则必存在实数x，y使得
B.直线与所成角的余弦值为
C.点到直线的距离为
D.存在实数、使得
二、多项选择题
7．如图,已知三棱柱,平面,,,E,D分别是,的中点,则下列说法正确的是( )
A.平面
B.平面
C.直线AD与直线DE的夹角为
D.若,则平面与平面的夹角为
8．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论正确的是( )
A. B.平面ABCD
C.的面积与的面积相等 D.三棱锥的体积为定值
三、填空题
9．在正方体中,点P满足,其中,,现有如下四个命题:
①存在,,使得平面;
②当时,平面;
③当时,与平面所成角的最小值为;
④若点P到直线与到直线AD的距离相等,则点P的轨迹是线段.
其中所有真命题的序号是______.
10．已知四边形ABCD为矩形，，M为AB的中点，将沿DM折起，得到四棱锥，设的中点为N，在翻折过程中，得到如下三个结论：①平面；②三棱锥的最大体积为；③在翻折过程中，存在某个位置，使得.其中正确结论的序号为_________.
11．如图，在三棱锥中，平面ABC，D是侧面PBC上的一点，过点D作平面ABC的垂线DE，其中，则DE与平面PAC的位置关系是_________.
四、解答题
12．如图，四棱锥中，底面，，，.
（1）若，证明：平面PBC；
（2）若，且二面角的正弦值为，求AD.
13．如图,三棱柱中,,,,M为的中点.
（1）求证:平面ABC;
（2）若平面平面,,,求二面角的正弦值.
参考答案
1．答案：A
解析：，，所以当时，成立，即充分性成立；当时，不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件，
故选：A.
2．答案：D
解析：对A，因为A，C，M，N分别为所在棱的中点，由正方体的性质知，又平面，平面所以平面.
对B，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知.因为平面，平面，所以平面.
对C，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知，因为平面，平面，所以平面.
对D，连接AM，BN，由条件及正方体的性质知四边形AMNB是等腰梯形，所以AB与MN所在的直线相交，故不能推出平面.
故选D.
3．答案：D
解析：对于①，在直三棱柱中，根据异面直线的定义知AB与是异面直线，所以①错误；
对于②，的中点为D，且O是与的交点，所以O是的中点，连接OD，则，因为平面，平面，所以平面，所以②正确；
对于③，因为平面，所以平面AOD与平面相交，所以③错误；
对于④，因为在直三棱柱中，，所以四边形是正方形，平面，因为平面，所以，又，，所以平面，所以④正确，故选D.
4．答案：C
解析：如图，设E，F，G，H，I，J，M，N为相应棱的中点，则，且平面，平面，所以平面，同理可得：，，，，与平面平行，由图可知：其他的任意两条棱的中点的连线与平面相交或在平面内，所以与平面平行的直线有6条.故选C.
5．答案：B
解析：m垂直于平面, 当 时,也满足,但直线l与平面不平行,
所以充分性不成立.
反之,,一定有,必要性成立.
故选B.
6．答案：BCD
解析：对A：若M，E，F三点共线，则不存在实数x，y使得，故A错误；
对B：取的中点为H，连接，，，如下所示：
在三角形中，E，F分别为，的中点，故可得，
在三角形中，G，H分别为，的中点，故可得，
则，故直线，所成的角即为或其补角；
在三角形中，，
，
由余弦定理可得：，
即直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对C：连接，，，如下图所示：
在三角形中，，
，，
故点到直线的距离即为三角形中边上的高，设其为h，
则.故C正确；
对D：记的中点为H，连接，，如下所示：
由B选项所证，，又面，面，故面；
易知，又面，面，故面，
又，面，，故平面面，
又面，故可得面，
故存在实数、使得，D正确.
故选：BCD.
7．答案：ABD
解析：因为D,E分别是,的中点,所以,又平面,平面,则平面,故A正确;
因为平面,所以平面ABC,即,又,且,平面,则平面,即,又,且,平面,则平面,故B正确;由于D为中点,且,,因此是等腰直角三角形,E是的中点,则,故C错误;
连接,由于,,易知平面,则,因此平面与平面的夹角为,由于,因此,则,因此,故D正确.故选ABD.
8．答案：ABD
解析：A项，为正方体平面，故A正确；
B项，显然，即，所以平面ABCD，故B正确；
C项，易证是边长为的正三角形，故点A到的距离，而点B到的距离，所以，，故C错误；
D项，显然点A到平面BEF的距离，所以
为定值，故D正确.故选ABD.
9．答案：①②③
解析：以DA,DC,所在直线分别为x,y,z轴,建系如图,
不妨设正方体的棱长为1,则根据题意可得:
,,,,,,
,,
,,
设平面的法向量为,则,,
取则,,所以法向量为,
对于①,,若平面,则,
所以,得,故存在,,使得平面,故①正确,
对于②,当时,,故平面;②正确,
对于③,当时,此时点在线段上运动,由于平面平面,
所以与平面所成角即为与平面所成角,
由于平面,所以即为与平面所成角,
由于,
故当P在线段BD端点处,此时最大为1,此时最小,
所以的最小值为1,此时;故③正确,
对于④,由于,故点P到直线距离为BP长度,
所以与点P到直线AD的距离相等,则点P的轨迹是抛物线.故④错误,
故答案为:①②③
10．答案：①②
解析：对于①，分别延长DM，CB交于H，连接，如图所示.
由已知得，可得B为CH的中点，可得BN为的中位线，可得，又平面，平面，可得平面，①正确.
对于②，当平面平面DMBC时，到平面DMBC的距离最大，且为，此时点N到平面DMBC的距离最大，且为，的面积为，可得三棱锥的最大体积为，②正确.
对于③，若，又，，可得，而，则平面，即有，这与DM为斜边矛盾，③错误.
综上，正确结论的序号为①②.
11．答案：平行
解析：因为平面，平面ABC，所以.又平面，平面PAC，所以平面PAC.
12．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：由于底面，底面，，
又，，平面，平面PAB，
又平面，.
，，，
平面，平面，平面PBC.
（2）由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，
则，，，，，.
设平面CPD的法向量为，
则，即，可取.
设平面ACP的法向量为，
则，即，可取.
二面角的正弦值为，
余弦值的绝对值为，
故，
又，，即.
13．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明:取BC的中点D,连接AD,ND,
因为N是的中点
所以,且,
又因为M为的中点,
所以,且,
所以且,所以四边形AMND是平行四边形,所以
平面ABC,平面ABC,所以平面ABC.
（2）取AB的中点O,连接OC,因为,所以,
又因为平面平面,平面平面,所以平面,
因为,,连接,所以,
以O为坐标原点,OA的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
,,,,,,
所以,,
设平面BMN的法向量为,
所以,所以
解得平面BMN的一个法向量为
设平面的法向量为,
所以,所以
解得平面的一个法向量为
所以,则
所以二面角的正弦值为.
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