課時規(guī)范練35　直線、平面平行的判定與性質(zhì)

1、 課時規(guī)范練35直線、平面平行的判定與性質(zhì)基礎(chǔ)鞏固組1.下列說法正確的是()A.若兩條直線與同一條直線所成的角相等,則這兩條直線平行B.若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行C.若一條直線分別平行于兩個相交平面,則一定平行它們的交線D.若兩個平面都平行于同一條直線,則這兩個平面平行2.(2021浙江寧海中學(xué))已知三個不同的平面,和直線m,n,若=m,=n,則“”是“mn”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,AD上的點,且AEEB=AFFD=14,H,G分別為BC,CD的中點,則()A.

2、BD平面EFG,且四邊形EFGH是平行四邊形B.EF平面BCD,且四邊形EFGH是梯形C.HG平面ABD,且四邊形EFGH是平行四邊形D.EH平面ADC,且四邊形EFGH是梯形4.(2021湖南雅禮中學(xué)二模)如圖,E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一點E(不與端點重合),BD1平面B1CE,則()A.BD1CEB.AC1BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC15.如圖,AB平面平面,過A,B的直線m,n分別交,于點C,E和D,F.若AC=2,CE=3,BF=4,則BD的長為()A.65B.75C.85D.956.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是A1B

3、1,B1C1,BB1的中點,下列四個推斷中正確的是()FG平面AA1D1DEF平面BC1D1FG平面BC1D1平面EFG平面BC1D1A.B.C.D.7.過正方體ABCD-A1B1C1D1的三個頂點A1,C1,B的平面與底面ABCD所在平面的交線為l,則l與A1C1的位置關(guān)系是.8. 如圖是長方體被一平面所截得的幾何體,四邊形EFGH為截面,則四邊形EFGH的形狀為.9.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,AD=2BC,E,F分別為CC1,DD1的中點.求證:平面BEF平面AD1C1.綜合提升組10.如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P為所在棱的中點,則

4、在這四個正方體中,直線AB與平面MNP不平行的是()11.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=3,E,F,G分別為AB,BC,C1D1的中點,點P在平面ABCD內(nèi),若直線D1P平面EFG,則線段D1P長度的最小值是()A.223B.62C.52D.7212. 如圖,四邊形ABCD是空間四邊形,E,F,G,H分別是四邊上的點,它們共面,且AC平面EFGH,BD平面EFGH,AC=m,BD=n,則當(dāng)四邊形EFGH是菱形時,AEEB=.13.(2021山東臨沂月考)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD上一點,且CE=2DE,F為棱AA1的中點,且平面BEF

5、與DD1交于點G,與AC1交于點H,則DGDD1=,AHHC1=.14.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為D1C1,B1C1的中點,ACBD=P,A1C1EF=Q,如圖.(1)若A1C交平面EFBD于點R,證明:P,Q,R三點共線;(2)線段AC上是否存在點M,使得平面B1D1M平面EFBD,若存在,確定M的位置;若不存在,說明理由.創(chuàng)新應(yīng)用組15.(2021北京朝陽二模)已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1,M是BB1的中點,動點P在正方體內(nèi)部或表面上,且MP平面ABD1,則動點P的軌跡所形成區(qū)域的面積是()A.22B.2C.1D.216.如圖所示,側(cè)棱與底面垂直,

6、且底面為正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,N分別在線段AD1,BC上移動,始終保持MN平面DCC1D1,設(shè)BN=x,MN=y,則函數(shù)y=f(x)的圖象大致是()課時規(guī)范練35直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.C解析:由兩條直線與同一條直線所成的角相等,可知兩條直線可能平行,可能相交,也可能異面,故A錯誤;若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面可能平行或相交,故B錯誤;設(shè)=l,m,m,利用線面平行的性質(zhì)定理,在平面中存在直線am,在平面中存在直線bm,所以可知ab,根據(jù)線面平行的判定定理,可得b,然后根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知bl,所以ml,故C

7、正確;若兩個平面都平行于同一條直線,則兩個平面可能平行,也可能相交,故D錯誤.故選C.2. A解析:根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理,可知當(dāng)“”時,有“mn”,故充分性成立;反之,當(dāng)mn時,可能相交(如圖),故必要性不成立.所以“”是“mn”的充分不必要條件.故選A.3.B解析:如圖,由題意,得EFBD,且EF=15BD,HGBD,且HG=12BD,EFHG,EFHG,四邊形EFGH是梯形.又EFBD,EF平面BCD,BD平面BCD,EF平面BCD.故選B.4. D解析:如圖,設(shè)B1CBC1=O,則平面BC1D1平面B1CE=OE.BD1平面B1CE,根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得D1BEO,O為B1C的中點,

8、E為C1D1中點,D1E=EC1.故選D.5.C解析:由AB,易證ACCE=BDDF,即ACAE=BDBF,所以BD=ACBFAE=245=85.故選C.6.A解析:在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是A1B1,B1C1,BB1的中點,FGBC1,BC1AD1,FGAD1.FG平面AA1D1D,AD1平面AA1D1D,FG平面AA1D1D.故正確;EFA1C1,A1C1與平面BC1D1相交,EF與平面BC1D1相交.故錯誤;E,F,G分別是A1B1,B1C1,BB1的中點,FGBC1,FG平面BC1D1,BC1平面BC1D1,FG平面BC1D1.故正確;EF與平面BC1D1相

9、交,平面EFG與平面BC1D1相交,故錯誤.故選A.7.平行解析:因為過A1,C1,B三點的平面與底面A1B1C1D1的交線為A1C1,與底面ABCD的交線為l,且正方體的兩底面互相平行,則由面面平行的性質(zhì)定理知lA1C1.8.平行四邊形解析:因為平面ABFE平面CDHG,平面EFGH平面ABFE=EF,平面EFGH平面CDHG=HG,所以EFHG.同理EHFG,所以四邊形EFGH是平行四邊形.9.證明取AD的中點G,連接BG,FG.因為E,F分別為CC1,DD1的中點,所以C1D1CDEF,因為C1D1平面AD1C1,EF平面AD1C1,所以EF平面AD1C1.因為ADBC,AD=2BC,所

10、以GDBC,即四邊形BCDG是平行四邊形,所以BGCD,所以BGEF,即四邊形EFGB是平行四邊形,所以BEFG.因為F,G分別是DD1,AD的中點,所以FGAD1,即BEAD1.因為AD1平面AD1C1,BE平面AD1C1,所以BE平面AD1C1.又BE平面BEF,FE平面BEF,BEEF=E,所以平面BEF平面AD1C1.10. C解析:對于選項A,由圖可知ACMN,CBNP,故根據(jù)面面平行的判定定理可知,平面ABC平面MNP.又因為AB平面ABC,所以直線AB平面MNP,故A正確;對于選項B,根據(jù)題意得ABNP,結(jié)合直線與平面平行的判定定理,可知直線AB平面MNP,故B正確;對于選項C,

11、由題意可知,平面MNP內(nèi)不存在任意一條直線與直線AB平行,故直線AB與平面MNP不平行,故C錯誤;對于選項D,由圖可知ACNP,CBNM,故根據(jù)面面平行的判定定理可知,平面ABC平面MNP,又因為AB平面ABC,所以直線AB平面MNP,故D正確.故選C.11.D解析:如圖,連接D1A,AC,D1C,因為E,F,G分別為AB,BC,C1D1的中點,所以ACEF,EF平面ACD1,則EF平面ACD1.因為EGAD1,所以同理得EG平面ACD1,又EFEG=E,得平面ACD1平面EFG.因為直線D1P平面EFG,所以點P在直線AC上,在ACD1中,有AD1=2,AC=2,CD1=2,所以SAD1C=

12、12222-222=72,故當(dāng)D1PAC時,線段D1P的長度最小,有SAD1C=12ACD1P,解得D1P=72122=72.故選D.12.mn解析:AC平面EFGH,BD平面EFGH,AC平面ABC,BD平面ABD,平面ABC平面EFGH=EF,平面ABD平面EFGH=EH,EFAC,EHBD,EF=BEABm,EH=AEABn.又四邊形EFGH是菱形,BEABm=AEABn,AEEB=mn.13.1638解析:ABCD-A1B1C1D1是正方體,平面A1B1BA平面C1D1DC.BF平面A1B1BA,BF平面CDD1C1.平面BFGE平面C1D1DC=GE,則BFGE,則AFAB=DGDE

13、,即DGDE=12.又CE=2DE,則DGDD1=16.連接AC交BE于點M,過點M作MNCC1,MN與AC1交于點N,連接FM,則H為FM與AC1的交點.ABCE,AMMC=ABCE=32,則ANNC1=AMMC=32.MNCC1=35,MNFA=65=HNAH,故AHHC1=38.14.(1)證明因為ACBD=P,AC平面AA1C1C,BD平面EFBD,所以,點P是平面AA1C1C和平面EFBD的一個公共點,同理可知,點Q也是平面AA1C1C和平面EFBD的公共點,即平面AA1C1C和平面EFBD的交線為PQ.因為A1C平面EFBD=R,A1C平面AA1C1C,所以點R也是平面AA1C1C

14、和平面EFBD的公共點,由基本事實3可知,RPQ,因此,P,Q,R三點共線.(2)解存在點M,使得平面B1D1M平面EFBD.如圖所示,設(shè)B1D1A1C1=O,過點O作OMPQ交AC于點M,下面證明平面B1D1M平面EFBD.因為E,F分別為D1C1,B1C1的中點,所以B1D1EF.因為B1D1平面EFBD,EF平面EFBD,所以B1D1平面EFBD.又OMPQ,OM平面EFBD,PQ平面EFBD,所以O(shè)M平面EFBD.因為OMB1D1=O,OM,B1D1都在平面B1D1M中,因此,平面B1D1M平面EFBD.因為E,F分別為D1C1,B1C1的中點,所以EFB1D1,且EFOC1=Q,則點

15、Q為OC1的中點,易知A1C1AC,即OQPM,又OMPQ,所以四邊形OMPQ為平行四邊形,所以PM=OQ=12OC1=14A1C1=14AC.因為四邊形ABCD為正方形,且ACBD=P,則P為AC的中點,所以點M為AP的中點,所以AM=12AP=14AC,因此,線段AC上存在點M,且AMAC=14時,平面B1D1M平面EFBD.15. A解析:如圖所示,E,F,G,M分別是AA1,A1D1,B1C1,BB1的中點,則EFAD1,EMAB,所以EF平面ABD1,EM平面ABD1,且EFEM=E,所以平面ABD1平面EFGM,故點P的軌跡為矩形EFGM.MB1=B1G=12,所以MG=22,所以S矩形EFGM=122=22.故