课时作业33 空间直线、平面的平行(课时作业)-【名师大课堂】2024年新高考数学艺术生总复习必备

课时作业(三十三)　空间直线、平面的平行 目标　直线、平面平行的判定与性质 1．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　B　) A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 解析：选B.若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D均不是充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．故选B. 2．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　A　) A． B． C． D． 解析：选A. 记该正方体为ABCD­A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′­AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，即截面EFGHIJ为平面α截正方体所得最大截面．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以该正六边形的面积为6××＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A. 3．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C­AE­B的正弦值． 解：(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD， 因为PO是三棱锥P­ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以PO⊥AO，PO⊥BO， 又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB，所以∠OAB＝∠OBA， 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°， 所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°， 所以∠ODA＝∠OAD， 所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB， 所以O为BD的中点， 又E为PB的中点，所以OE∥PD， 又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC. (2)过点A作Az∥OP，如图建立平面直角坐标系， 因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝＝4， 又∠OBA＝∠OBC＝30°，所以BD＝2OA＝8， 则AD＝4，AB＝4， 所以AC＝12，所以O(2，2，0)，B(4，0，0)，P(2，2，3)，C(0，12，0)，所以E， 则＝，＝(4，0，0)，＝(0，12，0)， 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝2，则y＝－3，x＝0，所以n＝(0，－3，2)； 设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)， 则 令a＝， 则c＝－6，b＝0，所以m＝(，0，－6)； 所以cos 〈n，m〉＝＝＝－. 设二面角C­AE­B为θ，由图可知二面角C­AE­B为钝二面角， 所以cos θ＝－，所以sin θ＝＝， 故二面角C­AE­B的正弦值为. 4.在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点． (1)求证：EF∥平面AB1C1； (2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1. 证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点， 所以EF∥AB1. 又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1， 所以EF∥平面AB1C1. (2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以B1C⊥AB. 又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C， AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C， 所以AB⊥平面AB1C， 又因为AB⊂平面ABB1， 所以平面AB1C⊥平面ABB1. 5.如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A­MA1­N的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接B1C，ME. 因为M，E分别为BB1，BC的中点， 所以ME∥B1C，且ME＝B1C. 又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D. 由题设知A1B1綊DC， 可得B1C綊A1D，故ME綊ND， 因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED. 又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥