6.4.1 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学年高中数学必修第二册（北师大版）

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”是“m∥α”的不必要条件． 综上，“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件． 故选A. 2．直线a，b为异面直线，过直线a与直线b平行的平面(　　) A．有且只有一个 B．有无数多个 C．有且只有一个或不存在 D．不存在 解析：选A.在a上任取一点A，则过A与b平行的直线有且只有一条，设为b′，又a∩b′＝A，所以a与b′确定一个平面α，即为过a与b平行的平面，可知它是唯一的．故选A. 3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为所在棱的中点，在下列各直线中，不与平面ACD1平行的是(　　) A．直线EF B．直线GH C．直线EH D．直线A1B 解析：选C.连接AB1，A1C1，A1B，EF，EH，GH(图略). 对于A，因为E，F分别为棱AA1，CC1的中点，所以易得EF∥AC，又EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以EF∥平面ACD1； 对于B，易得GH∥A1C1∥AC，因为GH⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以GH∥平面ACD1； 对于C，易得EH∥AB1，因为AB1与平面ACD1相交，所以EH与平面ACD1相交； 对于D，易得A1B∥CD1，因为A1B⊄平面ACD1，CD1⊂平面ACD1，所以A1B∥平面ACD1.故选C. 4．(多选)下列命题错误的是(　　) A．a∥b，b⊂α⇒a∥α B．a∥α，b⊂α⇒a∥b C．a∥α，a∥b⇒b∥α D．a⊄α，a∥b，b⊂α⇒a∥α 解析：选ABC.对于A，还可能是a⊂α，故A错误；对于B，还可能a，b异面，故B错误；对于C，还可能是b⊂α，故C错误；对于D，由线面平行的判定定理知D正确．故选ABC. 5．(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． 6．(多选)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC的边BC，AC于点E，F(异于A，B，C)，则(　　) A．MF∥NE B．四边形MNEF为梯形 C．四边形MNEF为平行四边形 D．A1B1∥EF 解析：选BD.易得MN∥AB∥A1B1，MN＝AB. 因为MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以MN∥平面ABC. 又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF， 所以MN∥EF，所以EF∥AB， 所以A1B1∥EF. 显然在△ABC中，EF≠AB， 所以EF≠MN， 所以四边形MNEF为梯形，所以MF与NE不平行．故选BD. 7．在长方体ABCD－A1B1C1D1所有的棱所在的直线中，与平面A1BCD1平行的直线是________． 解析：由题意知AD∥BC，B1C1∥BC，AD⊄平面A1BCD1，B1C1⊄平面A1BCD1， BC⊂平面A1BCD1，所以AD，B1C1均平行于平面A1BCD1. 答案：AD，B1C1 8．已知α，β是不同的平面，a，b是不同的直线．给出下列四个论断：①α∩β＝b；②a⊂β；③a∥b；④a∥α.以其中三个论断作为条件，剩下一个论断作为结论，写出你认为正确的两个命题：__________________________．(用序号表示) 解析：由线面平行的性质定理与判定定理得①②④⇒③，①②③⇒④. 答案：①②④⇒③，①②③⇒④ 9．如图，E是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则线段CE的长度为________． 解析：如图，连接BC1，交B1C于O，则O为BC1的中点，连接EO，因为BD1∥平面B1CE，BD1⊂平面D1BC1，平面D1BC1∩平面B1CE＝OE， 所以OE∥BD1，故E为D1C1的中点， 所以EC1＝，在Rt△EC1C中，CE＝＝＝. 答案： 10.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AC与BD交于点H，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.(多选)如图，在四棱锥P­ABCD 中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则(　　) A．MN∥PD B．MN∥平面PAB C．MN∥AD D．MN∥PA 解析：选BD.因为MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，所以MN∥PA，因为PA⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.故选BD. 12.(多选)如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，B1C1，C1D1的中点，则(　　) A．FG∥平面AED1 B．BC1∥平面AED1 C．点C1在平面AED1内 D．点F在平面AED1内 解析：选BD.连接EF，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB＝C1D1， 所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1，又因为AD1⊂平面AED1，BC1⊄平面AED1，所以BC1∥平面AED1，故B正确；又EF∥BC1，所以EF∥AD1，所以E，F，D1，A四点共面，即点F在平面AED1内，故D正确； 再连接FD1，显然点G不在平面AEFD1内，所以FG与平面AED1不平行，故A错误； 由BC1∥平面AED1，可知点C1不在平面AED1内，故C错误．故选BD. 13.如图，已知A，B，C，D四点不共面，且AB∥平面α，CD∥平面α，AC∩平面α＝E，AD∩平面α＝F，BD∩平面α＝H，BC∩平面α＝G，则四边形EFHG的形状是________． 解析：因为AB∥平面α，平面ABC∩平面α＝EG，AB⊂平面ABC，所以EG∥AB. 同理FH∥AB，所以EG∥FH. 又CD∥平面α，平面BCD∩平面α＝GH，CD⊂平面BCD，所以GH∥CD. 同理EF∥CD，所以GH∥EF， 所以四边形EFHG是平行四边形． 答案：平行四边形 14.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2，若MB∥平面AEF，试判断点M的位置． 解：M是AC的中点． 若MB∥平面AEF，过F，B，M作平面FBMN交AE于点N，连接MN，NF，如图所示. 因为BF∥平面AA1C1C，BF⊂平面FBMN，平面FBMN∩平面AA1C1C＝MN， 所以BF∥MN. 又MB∥平面AEF，MB⊂平面FBMN，平面FBMN∩平面AEF＝FN，所以MB∥FN， 所以四边形FBMN是平行四边形，所以MN∥BF，MN＝BF＝1. 而EC∥FB，EC＝2FB＝2， 所以MN∥EC，MN＝EC＝1，故MN是△ACE的中位线． 所以M是AC的中点时，MB∥平面AEF. 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，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＝.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 $