（练习）课时分层作业30 直线与平面平行-【提分教练】2023-2024学年新教材高中数学必修第二册(苏教版2019)

课时分层作业(三十)　直线与平面平行 一、选择题 1．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂α，CD⊄α，则CD与平面α内的直线的位置关系只能是(　　) A．平行 B．异面 C．相交 D．平行或异面 D　[由条件知CD∥α，故CD与α内的直线平行或异面．] 2．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则下列四个命题正确的是(　　) A．α内的所有直线与l异面 B．α内不存在与l平行的直线 C．α内存在唯一的直线与l平行 D．α内的所有直线与l相交 B　[依题意，直线l∩α＝A(如图)，α内的直线若经过点A，则与直线l相交；若不经过点A，则与直线l是异面直线．故A、D错；在平面α内不存在与直线l平行的直线，故B正确，C错误．] 3．已知在棱长均为2的正三棱柱ABC­A1B1C1中，点D为B1C1的中点，若在棱AB上存在一点P，使得B1P∥平面ACD，则B1P的长度为(　　) A．2 B． C． D．3 B　[如图，设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ， 则B1P∥AQ，又B1P⊄平面AQD，AQ⊂平面AQD， ∴B1P∥平面AQD， 易知AC∥DQ，故平面AQD与平面ACD是同一个平面， ∴B1P∥平面ACD，此时B1P＝， 故选B．] 4．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，＝(　　) A． B． C． D． D　[连接AC交BE于点G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FG，所以PA∥FG，所以＝．因为AD∥BC，AD＝BC，E为AD的中点， 所以＝＝， 所以＝．故选D．] 5．如图，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，若AB∥α，则CD与EF的位置关系是(　　) A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或相交 A　[∵ ⇒AB∥CD， 同理可证AB∥EF，∴EF∥CD．] 二、填空题 6．如图，三棱锥A­BCD中E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的点，它们共面，并且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，AC＝m，BD＝n，则当EFGH是菱形时，AE∶EB＝________． m∶n　[∵AC∥平面EFGH， ∴EF∥AC，HG∥AC．∴EF＝HG＝·m． 同理，EH＝FG＝·n， ∴·m＝·n，∴AE∶EB＝m∶n．] 7．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M是A1B1的中点，N是AB上的点，且AN∶NB＝1∶2，过D1，M，N的平面交AD于点G，则NG＝________． a　[由题意易知GN∥D1M，由AN∶NB＝1∶2，M为A1B1的中点得AN＝AB＝A1B1＝A1M． ∴＝＝， ∴GN＝D1M＝＝a．] 8．如图，四边形ABCD是矩形，P平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，则四边形BCFE的形状一定是________． 梯形　[∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD． ∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD， ∴BC∥平面PAD． ∵平面BCFE∩平面PAD＝EF， ∴BC∥EF． ∵AD＝BC，AD≠EF， ∴BC≠EF， ∴四边形BCFE为梯形．] 三、解答题 9．如图，已知A1B1C1­ABC是正三棱柱，D是AC的中点．求证：AB1∥平面DBC1． [证明]　∵A1B1C1­ABC是正三棱柱， ∴四边形B1BCC1是矩形． 连接B1C交BC1于点E， 则B1E＝EC． 连接DE，在△AB1C中， ∵AD＝DC，B1E＝EC， ∴DE∥AB1． 又∵AB1⊄平面DBC1，DE⊂平面DBC1， ∴AB1∥平面DBC1． 10．一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，在木块表面应该怎样划线，并说明理由； (2)在BC上是否存在点D，使得OD∥平面PAB？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． [解]　(1)如图，在平面PAC内过点O作MN∥PC交PA于点M，交AC于点N，在平面PAB内过点M作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为截面与木块各表面的交线． 理由如下： ∵MI∥AB，NQ∥AB， ∴MI∥NQ，∴M，N，Q，I四点共面． ∵AB⊄平面MNQI，MI⊂平面MNQI， ∴AB∥平面MNQI， 同理可证PC∥平面MNQI． (2)如图，连接CO并延长交PA于点E，连接BE． 假设BC上存在点D使得OD∥平面PAB， 则由平面BCE∩平面PAB＝BE，得OD∥BE， ∴＝， 由于点O为△PAC的重心，∴＝＝2． ∴在棱BC上存在点D，使得OD∥平面PAB，且＝． 11．下列说法