11.3.2 直线与平面平行 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第四册（人教B版）

1．已知直线n在平面α内，直线m不在平面α内，则“m∥n”是“m∥α”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 解析：选A．因为直线n在平面α内，直线m不在平面α内，m∥n，所以m∥α， 所以“m∥n”是“m∥α”的充分条件． 因为直线n在平面α内，直线m不在平面α内，m∥α，所以m∥n或者m，n异面， 所以“m∥n”不是“m∥α”的必要条件．故选A． 2．(2024·德州期末)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是(　　) A．m∥α，m∥n⇒n∥α B．m∥α，n∥α⇒m∥n C．m∥α，m⊂β，α∩β＝n⇒m∥n D．m∥α，n⊂α⇒m∥n 解析：选C．A中，n还有可能在平面α内；B中，m，n可能相交、平行、异面；由线面平行的性质定理可得C正确；D中，m，n可能异面． 3．已知直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β＝b，直线a与直线b(　　) A．相交 B．平行 C．异面 D．相交或异面 解析：选B．因为直线a∥平面α，直线a∥平面β，所以在α，β中均可找到一条直线与直线a平行．设m在平面α内，n在平面β内，且m∥a，n∥a， 所以m∥n. 又因为m不在平面β内，n在平面β内， 所以m∥β.因为α∩β＝b，m⊂α，所以m∥b. 又m∥a，所以a∥b. 4.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面PAD交于EF，E在线段PD上且异于P，D两点，则四边形EFBC是(　　) A．空间四边形 B．矩形 C．梯形 D．平行四边形 解析：选C．因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD， 所以BC∥平面PAD． 因为BC⊂平面EFBC，平面EFBC∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF. 因为BC＝AD，EF＜AD，所以EF＜BC，所以四边形EFBC为梯形． 5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列直线中与平面AB1C平行的是(　　) A．DD1 B．A1D1 C．C1D1 D．A1D 解析：选D．如图，连接A1D，AC，AB1，B1C，因为A1B1∥AB∥CD，A1B1＝AB＝CD， 所以A1B1綉CD， 所以四边形A1B1CD为平行四边形， 所以A1D∥B1C， 又B1C⊂平面AB1C，A1D⊄平面AB1C， 所以A1D∥平面AB1C，故D符合题意；由图易知，DD1，A1D1，C1D1均与平面AB1C不平行，故A，B，C不符合题意． 6．(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PDC 解析：选ACD．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．因为OM⊄平面PDA，PD⊂平面PDA，所以OM∥平面PDA．因为OM⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以OM∥平面PDC，故A，C，D正确．OM与平面PAC有公共点O，故B错误． 7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________． 解析：连接BD(图略)，设AC∩BD＝O，易知O为BD的中点，连接OE(图略)，因为O，E分别为BD，DD1的中点，所以OE∥BD1，OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 8.(2024·抚顺月考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是PA上一点，当点E满足条件：__________时，PC∥平面EBD． 解析：如图，取PA的中点E，连接EB，ED，AC，设AC与BD交于点O，连接EO，易知EO∥PC．因为EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD．即当E为PA中点时，PC∥平面EBD． 答案：E为PA的中点 9.如图，直线a∥平面α，点A∉平面α，并且直线a和点A位于平面α的两侧，点B，C，D∈a，AB，AC，AD分别交平面α于点E，F，G，若BD＝4，FC＝4，AF＝5，则EG＝____________． 解析：因为直线a∥平面α，点B，C，D∈a，BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面α＝EG，所以BD∥EG， 所以＝＝，所以EG＝·BD＝×4＝. 答案： 10．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为AD，CD的中点，G为PD上靠近D的四等分点，O为EF的中点，判断OG与平面PAB的位置关系，并说明理由． 解：OG∥平面PAB，理由如下：因为底面ABCD为平行四边形， 所以DH＝DB， 因为E，F，O分别为AD，CD，EF的中点， 所以DO＝DH，即DO＝DB， 又因为G为PD上靠近D的四等分点， 即DG＝PD， 所以OG∥BP， 因为BP⊂平面PAB，OG⊄平面PAB， 所以OG∥平面PAB． 11．如图，在三棱锥PABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点，点G为CD，PE的交点，若点F在线段AC上，且满足AD∥平面 PEF，则的值为(　　) A．1 B．2 C． D． 解析：选C．由于AD∥平面PEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面PEF＝FG，根据线面平行的性质定理可知AD∥FG.由于点D，E分别为棱PB，BC的中点，点G为CD，PE的交点，所以G是△PBC的重心，所以＝＝.故选C． 12．(多选)如图所示，在四面体ABCD中，E，F分别为AC，CD的中点，G为BD上靠近B的三等分点，H为BC上靠近B的三等分点，则下列说法错误的是(　　) A．GH∥BC B．EF∥BD C．BE与平面AGF相交 D．EF∥平面ADH 解析：选ABC．由图得GH与BC相交，A错误；因为E，F分别为AC，CD的中点，所以EF∥AD，又AD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD，若EF∥BD，则BD∥AD，与图矛盾，B错误； 连接DE，设AF，DE交于点O，连接OG，所以O为△ACD的重心，即＝2，又G为BD上靠近B的三等分点，即＝2，所以OG∥BE，又OG⊂平面AGF，BE⊄平面AGF，所以BE∥平面AGF，C错误；因为EF∥AD，AD⊂平面ADH，EF⊄平面ADH，所以EF∥平面ADH，D正确． 13．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点E为A1C1的中点，点F在BC上且满足BF______________. 解析：如图，连接EF，取A1B1的中点N，连接NE，BN，所以NE∥B1C1，NE＝B1C1，又BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以NE∥BC，NE＝BC，又EF∥平面ABB1A1，EF⊂平面BNEF，平面BNEF∩平面ABB1A1＝BN，所以EF∥BN，所以四边形BNEF为平行四边形，所以NE＝BF，所以BF＝BC，则λ＝. 答案： 14．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，如何作出过点A1，B，C1的平面与平面ABC的交线？并说明理由． 解：在平面ABC中，过点B作直线l，使l∥AC，则l即为平面BA1C1与平面ABC的交线． 理由如下：在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC，AC⊂平面ABC，A1C1⊄平面ABC， 所以A1C1∥平面ABC． 又A1C1⊂平面A1BC1， 平面A1BC1∩平面ABC＝l， 所以A1C1∥l. 又因为直线l过点B，且l⊂平面ABC． 根据线面平行的性质定理，l即为所求交线． 15．如图，已知圆锥的顶点为S，AB是底面圆的直径，点C在底面圆上且∠ABC＝60°，点M为劣弧的中点，过直线AC作平面α，使得直线SB∥平面α，设平面α与SM交于点N，则＝(　　) A． B． C． D． 解析：选B．如图1，连接BM交AC于点D，连接ND，则平面SBM∩平面α＝ND，又SB∥平面α，SB⊂平面SBM，所以ND∥SB，所以＝.如图2，因为AB是底面圆的直径，∠ABC＝60°，点M为劣弧的中点，连接CM，所以∠ABM＝∠MBC＝∠BAC＝∠BMC＝30°，所以CM＝BC＝AB，易得△DAB∽△DCM，所以＝＝，则＝＝.故选B． 16．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点． (1)求证：EF∥平面PAD； (2)在线段PC上是否存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：取PA的中点M，连接MD，FM，如图． 因为F，M分别为PB，PA的中点，所以FM∥AB，FM＝AB，因为四边形ABCD为平行四边形， 所以AB∥CD，AB＝CD， 因为E为CD的中点，所以DE＝CD， 所以FM∥DE，FM＝DE，所以四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥MD． 又因为EF⊄平面PAD， MD⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD． (2)存在点Q符合题意，且此时＝2.取AB的中点H，连接PH交AF于点G，在PC上取点Q，使PQ∶QC＝2∶1，连接GQ，HC． 因为在平行四边形ABCD中，E，H分别为CD，AB的中点， 所以AH∥CE，AH＝CE，所以四边形AHCE为平行四边形， 所以HC∥AE，因为F为PB的中点，H为AB中点，PH∩AF＝G，所以点G为△PAB的重心，所以PG∶GH＝2∶1. 因为PQ∶QC＝2∶1，所以GQ∥HC， 又因为HC∥AE，所以GQ∥AE， 所以GQ和AE确定一个平面α，因为F在直线AG上， 所以F∈α，所以A，E，Q，F四点共面，所以在线段PC上存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面，此时＝2. 学科网（北京）股份有限公司 $