高一暑假作业(7) 空间直线、平面的平行-【步步维赢·必刷题】2024年高一数学暑假作业

高一暑假作业（七） 空间直线、平面的平行 知识巩固 精典例析 1.直线与平面平行的判定与性质 在如图所示的正方 判定 体ABCD-A,B,CD,中，D 性质 定义 定理 E,F分别为棱AB和棱 图 AA1的中点，点M,N分 a 别为线段DE,CF上的点，则与平面 ABCD平行的直线MN有 () 条 A.无数条 B.2条 C.1条 D.0条 a∩a= 【解析】法一 取 论 a∥a b∥a BB,的中点H,连接FH,D附 N A 2.面面平行的判定与性质 则FH/CD,连接HE, 判定 D1H,在DE上任取一点 性质 定义 定理 M,取D1E的中点O,连接OH,在平面 D,HE中，作MG平行于HO,交DH于 G,连接DE,取DE的中点K,连接KB, OK,则易证得OH//KB. 过G作GN//FH,交C、F于点N,连 接MN, 由于GM//HO,HO//KB,KBC平面 ABCD,GM过平面ABCD,所以GM//平 a∥B, 件 面ABCD, a∥a, aCB B∩Y=b 同理，NG//平面ABCD,又GM∩NG b∥a =G, 由面面平行的判定定理得，平面MNG// 德 平面ABCD, a∥B a∥B a∥b a∥a 则MN//平面ABCD 由于M为DE上任意一点，故与平面ABCD 平行的直线MN有无数条.故选A. ·21· 法二因为直线DE,CF与平面 ②若mCa,nCB,a∥B,l⊥m,则l⊥n; ABCD都相交，所以只需把平面ABCD ③若mLa,n⊥B,a∥B,则m∥n: 向上平移，与线段DE的交点为M,与线 ④若a⊥3，m∥a,n∥B,则m⊥n. 段CF的交，点为N,由面面平行的性质定 A.①③ B.③④ 理知MN//平面ABCD,故有无数条直线 C.②④ D.③ MN//平面ABCD,故选A. 5.下列命题中错误的是 【答案】A A.一条直线与两个平行平面中的一个 精典题练 相交，则必与另一个平面相交 B.平行于同一平面的两个不同平面 1.设m,n是不同的直线，a,3是不同的平 平行 面，且m,nCa,则“a∥3”是“m∥B且 C.如果平面a不垂直于平面B,那么平面a n∥B”的 内一定不存在直线垂直于平面3 A.充分不必要条件 D.若直线l不平行平面a,则在平面a B.必要不充分条件 内不存在与！平行的直线 C.充要条件 6.如图，在四面体ABCD D.既不充分也不必要条件 中，截面PQMN是正 2.下列说法中错误的是 方形，则在下列结论 A.若平面a∥平面B,平面a∩平面y=l, 中，错误的是( 平面∩平面y=m,则l∥m A.AC⊥BD B.若平面a⊥平面B,平面a∩平面B=, B.AC∥截面PQMN mCa,m⊥l,则m⊥3 C.AC=BD C.若直线1L平面a,平面α⊥平面B,则 D.异面直线PM与BD所成的角为45 1∥B 7.如图，在正方体 D.若直线l∥平面a,平面a∩平面B=m, ABCD-A B C D 直线lC平面β，则l∥m 中，O为底面ABCD 3.已知a,3为平面，a,b,c为直线，下列命 的中心，P是DD 题正确的是 的中点，设Q是 A.aCa,若b∥a,则b∥a CC,上的点，当点Q 时，平面 B.a⊥B,a∩3=c,b⊥c,则b⊥3 D,BQ∥平面PAO C.a⊥b,b⊥c,则a∥c A,与C重合 D.anb=A,aCa,bCa,a∥B,b∥B,则a∥3 B.与C1重合 4.已知m,n,l是不同的直线，a,3是不同 C.为CC,的三等分点 的平面，以下命题正确的是 ①若m∥n,mCa,nC3,则a∥3： D.为CC的中点 ·22 8.如图，在下列四个正方体中，A,B为正 PA=2,AB=1.设M,N分别为PD, 方体的两个顶点，M,N,Q为所在棱的 AD的中点. 中点，则在这四个正方体中，直线AB (1)求证：平面CMN∥平面PAB; 与平面MNQ不平行的是 (2)求三棱锥P-ABM的体积. B B 12.如图，在斜三棱柱 D ABCA1B,C1中， 9.设a,3,y是三个不同的平面，m,n是两 点D,D分别为 条不同的直线，在命题“aα∩B=m,nCy” AC,AC1的中点. 且 ,则m∥n”中的横线处填入 求证： 下列三组条件中的一组，使该命题为真 (1)AD∥平面BDC,; 命题 ①a∥y,nCB:②m∥Y,n∥B:③n∥B, mCy. 可以填入的条件有 (填序号). 10.如图，在正方体ABCD-A1BC1D1中， AB=2,点E为AD的中点，点F在 CD上.若EF∥平面AB,C,则线段 EF的长度等于 (2)BD∥平面AB,D C A 11.如图，在四棱锥 P-ABCD中，∠ABC= ∠ACD=90°，∠BAC =∠CAD=60°， PA⊥平面ABCD, ·23在△ADE中，DE=2,AE=√2，AD=2, 得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，故 则cOS∠ADE= DE+AD2-AE-2+22-2 A正确：B是两个平面平行的一种判定定理，B正 2DE·AD 2×2×2 确：C中，如果平面Q内有一条直线垂直于平面B,则 、3 平面a垂直于平面B(这是面面垂直的判定定理)，故 C正确：D是错误的，事实上，直线l不平行平面a, 即异面直线BC与AD所成角的余弦值为 可能有lCa,则a内有无数条直线与l平行.故选D. 4 6.C因为裁面PQMN是正方形，所以MN∥PQ,则 12.解(1)如图，延长DM交 MN∥平面ABC, D1A1的延长线于点Q,则点 由线面平行的性质知MN∥AC,则AC∥戴面 Q是平面DMN与平面 PQMN, A1B1C1D1的一个公共点.连 同理可得MQ∥BD,又MN⊥QM, 接QN,则直线QN就是两平 则AC⊥BD,故AB正确. 面的交线l. 又因为BD∥MQ,所以异面直线PM与BD所成的 (2):M是AA1的中点， 角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确. MA1∥DD1, 故选C A1是QD1的中点. 7.D在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 又：AP∥D1N, 因为O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点， AiP-7DiN. 所以PO∥BD, 当点Q为CC1的中点时， N是DC的中点， 连接PQ,则PQLAB, ∴AP=DG=是， 所以四边形ABQP是平行四边形， 所以AP∥BQ, PB=AB-AP=孚 因为AP∩PO=P,BQ∩BD1=B, AP,POC平面PAO,BQ,BD1∩平面D1BQ, (3)过点D1作D1H⊥PN于点H,则D1H的长就 所以平面D1BQ∥平面PAO.故选D. 是点D1到l的距离. 8.AA项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的 QD:-2A Di-2a.D:N-. 中点，则QD∥AB. 因为QD∩平面MNQ=Q,所以QD与平面MNQ DH=QD·DN 217 相交，所以直线AB与平面MNQ相交， QN 17a. B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD,CD∥MQ, 所以AB∥MQ. 又AB吐平面MNQ,MQC平面MNQ,所以AB∥平 中点D到1的距离是。 面MVQ. 高一暑假作业（七）空间直线、平面的平行 知识巩固 1.a∩a=☑aCa,bta,a∥ba∥aa∥a,aC3, a∩3=b0a∥h2.a∩B=0aC3,bCβ anb=Pa∥3any=a 精典题练 图① 图2 1.A若m,nCa,aB,则m∥B且n∥B:反之若m, n二a,m∥B且n∥B,则a与B相交或平行，即“a∥3"” 是“m∥B且n∥B”的充分不必要条件.故选A 2.C对于A,由面面平行的性质定理可知为真命题， 故A正确：对于B,由面面垂直的性质定理可知为真 命题，故B正确；对于C,若l⊥a,a⊥B则，l∥B或 CB,故C错误；对于D,由线面平行的性质定理可 图3 图④ 知为真命题，故D正确.故选C. C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD,CD∥MQ, 3.D选项A中，bCa或b∥a,A错误： 所以AB∥MQ 选项B中，b与B可能斜交，或b∥B,bCB,B错误. 又AB过平面MNQ,MQC平面MNQ,所以AB∥平 选项C中，a∥c,a与c异面，或a与c相交，C错误； 面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥ 选项D中，利用面面平行的判定定理，D正确.故 CD,CD∥NQ,所以AB∥NQ.又ABt平面MNQ, 选D. NQC平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.故选A. 4.D①若m∥n,mCa,nCB,则a∥3或a,B相交； 9.解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当 ②若mCa,nC3,a∥B,l⊥m,则I⊥n或1∥n或1， n∥3，mCY时，n和m在同一平面内，且没有公共 n异面；③正确：①若a⊥B,m∥a,n∥3，则m⊥n或 点，所以平行，③正确. m∥n或m,n异面.故选D. 答案①或③ 5.DA中，如果假定直线与另一个平面不相交，则有 10.解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,所 两种情形：在平面内或与平面平行，不管哪种情形都 以AC=22.又E为AD中点，EF∥平面AB1C, ·47· EFC平面ADC,平面ADC∩平面AB1C=AC,所 4.A依题意，由l⊥B,lCa可以推出a⊥B:反过来，由 以EF∥AC,所以F为DC的中点，所以EF= a⊥B,lC&不能推出“l⊥B”是“a⊥B成立”的充分不 AC-E. 必要条件.故选A. 5.BA中，因为AP⊥PB,AP⊥PC,PB∩PC=P,所以 答案√2 AP⊥平面PBC,又BCC平面PBC,所以AP⊥BC,故 11.证明因为M.N分别为PD,AD的中点， A正确：C中，因为平面BPC⊥平面APC,BC⊥PC, 所以MN∥PA, 所以BC⊥平面APC,又APC平面APC,所以 又MN在平面PAB,PAC平面PAB, AP⊥BC,故C正确：D中，由A知D正确：B中条件 所以MN∥平面PAB. 不能判断出AP⊥BC.故选B. 在Rt△ACD中，∠CAD=60°，CN=AN, 6.C因为CC1与B1E同在侧面BB1C1C中，故不是 所以∠ACN=60°. 异面直线，故A不正确：设AB的中点为F,连接 又∠BAC=60°，所以CN∥AB. CF,则CF⊥平面ABB1A1,故不可能存在AC⊥平 因为CN中平面PAB,ABC平面PAB, 面ABB1A1,故B不正确：因为AE,B1C1为两个平 所以CN∥平面PAB. 行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线， 又CN∩MV=N,所以平面CMN∥平面PAB. 且B1C1∥BC,AE⊥BC,所以AE⊥B1C1,故C正 (2)解由(1)知，平面CMN∥平面PAB, 确：若A1C∥平面AB1E,又A1C1∥AC,则ACC平 所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面 面AB1E或AC∥平面AB1E,与AC∩平面AB1E PAB的距离. A矛盾，故D不正确.故选C 因为AB=1,∠ABC=90°，∠BAC=60°， 7.A因为AH⊥HE,AH⊥HF,且EF∩HF=F, 所以BC=√3， 所以AH⊥平面EFH,A正确； 所以三棱锥PABM的体积V=VM-PAB=VCPAB 因为过A只有一条直线与平面EFH垂直，所以B 不正确， =VnA=号×2×1xw5x2= 因为AG⊥EF,EF⊥AH,AG∩AH=A, 3 所以EF⊥平面HAG, 12.证明(1)因为D1,D分别为A1C1,AC的中点，四 因为EFC平面AEF, 边形ACC1A1为平行四边形， 所以平面HAG⊥平面AEF, 所以CD1LDA,所以四边形ADCD1为平行四 所以过H作平面AEF的垂线，一定在平面 边形，所以AD1∥CD,又AD1亡平面BDC1, HAG内， CDC平面BDC,所以AD1∥平面BDC. 所以C不正确； (2)连接D1D, D 因为HG不垂直于AG, 因为BB∥平面ACCA1, 所以HG⊥平面AEF不正确， BB1C平面BB1D1D, 所以D不正确.故选A 平面ACCA1∩平面 8.B由线面角最小知B<a,由题意知二面解VBCA BB DD=DD. 的平面角大小也为Y,由二面角最大知Y>.故选B. 所以BB1∥D1D, 9.解析，△PAS≌△PAD, 又因为D1,D分别为 ∴.PB=BD,∴.△PDC≌△PBC,当BMLPC时，有 A1C,AC的中点， DMLPC,此时PC⊥平面MBD,∴.平面MBD⊥平 所以BB1=DD1· 面PCD.故填BM⊥PC(或DM⊥PC). 故四边形BDD1B1为平行四边形， 答案BM⊥PC(或DM⊥PC) 所以BD∥B1D1,又BDE平面AB1D1, 10.解析已知1，m是平面a外的两条不同直线，由① B1D1C平面AB1D1,所以BD∥平而AB1D1 1⊥m与②m∥a,不能推出③l⊥a,因为1可以与a 高一暑假作业（八）空间直线、平面的垂直 平行，也可以相交不垂直：由①l⊥m与③l⊥a能推 知识巩固 出②m∥a:由②m∥a与③l⊥a可以推出①l⊥. 1.(1)相交垂直(2)任意平行平行 故正确的命题是②③→①或①③→②. 2.(1)垂线(2)交线 答案若m∥a,l⊥a则1⊥m(或若I⊥m,l⊥a,则 精典题练 m∥a,答案不唯一) 1.D对于D,若平面a⊥平面3，则平面a内的直线可 11.(1)证明因为PA⊥平面ABCD, 能不垂直于平面B,即对平面B的关系还可以是斜 BDC平面ABCD, 交，平行或在平面B内，其他选项均是正确的.故 所以PA⊥BD 选D. 因为底面ABCD为菱形， 2.DA中，m与n可垂直、可异面、可平行，故A错 所以BD⊥AC. 误：B中，m与n可平行、可异面，故B错误：C中，若 又PA∩AC=A, a∥B,仍然满足n⊥n,mCa,nCB,故C错误，故 所以BD⊥平面PAC. 选D. (2)证明因为PA⊥平面ABCD,AEC平面ABCD. 3.A对于A,由两平面垂直的判定定理知，A正确： 所以PA⊥AE. 对于B,直线，相交、平行、异面都可能，故不正 因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD 确：对于C,要求α内两条相交直线都平行于B,才能 的中点， 推出a∥B故不正确：对于D,l,m平行和异面都有 所以AE⊥CD,又因为AB∥CD. 可能，故不正确.故选A 所以AB⊥AE. ·48