2025版高考数学大一轮复习第七章立体几何第41讲直线平面平行的判定及其性质课时达标理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第41讲直线、平面平行的判定及其性质课时达标一、选择题1．已知两个不同的平面α，β，两条不同的直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”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B解析因为“a∥β，b∥β”，若a∥b，则α与β不肯定平行，反之若“α∥β”，则肯定有“a∥β，b∥β”．故选B.2．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则()A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形B解析由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊eq\f(1,5)BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊eq\f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．3．能使直线a与平面α平行的条件是()A．直线与平面内的一条直线平行B．直线与平面内的某条直线不相交C．直线与平面内的多数条直线平行D．直线与平面内的全部直线不相交D解析A项不正确，由直线与平面内的一条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；B项不正确，由直线与平面内的某条直线不相交，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内，也可能和平面相交；C项不正确，由直线与平面内的多数条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；D项正确，由直线与平面内的全部直线不相交，依据直线和平面平行的定义可得直线与平面平行．4．(2024·山东师大附中月考)如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是()A．B′C′ B．A′BC．A′B′ D．BB′B解析连接A′B，因为A′B∥CD′，CD′⊂平面AD′C，所以A′B∥平面AD′C.5．已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是()A．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bB．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥βC．若a∥b，α∩β＝a，则b∥α或b∥βD．若直线a与b异面，a⊂α，b⊂β，则α∥βC解析对于A项，a与b还可能相交或异面，此时a与b不平行，故A项不正确；对于B项，α与β可能相交，此时设α∩β＝m，则a∥m，b∥m，则a∥b，故B项不正确；对于D项，α与β可能相交，如图所示，故D项不正确．故选C.6．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥n))⇒n∥α；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥β,n⊥β))⇒m∥n；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥β))⇒α∥β；④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊂α,n⊂β,α∥β))⇒m∥n.其中正确命题的序号是()A．③④ B．②③C．①② D．①②③④B解析①不正确，n可能在α内；②正确，垂直于同一平面的两直线平行；③正确，垂直于同始终线的两平面平行；④不正确，m，n可能为异面直线．故选B.二、填空题7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段解析因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC.又E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得EF＝eq\f(1,2)AC，AB＝2，所以AC＝2eq\r(2)，所以EF＝eq\r(2).答案eq\r(2)8．设α，β，γ是三个不同平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.假如命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把全部符合题意条件的序号填上)．解析①可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β＝a，b⊂γ知a，b在面β内，且没有公共点，故平行；②a∥γ，b∥β不行以，举出反例如下：使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，b∥β，但不肯定a∥b，这些条件无法确定两直线的位置关系；③b∥β，a⊂γ可以，由b∥β，α∩β＝a知a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ可得两直线平行．答案①③9．(2024·吉安调考)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满意条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO解析如图所示，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故点Q满意条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案Q为CC1的中点三、解答题10．如图，P是△ABC所在平面外一点，A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．求证：平面A′B′C′∥平面ABC.证明连接PA′，PC′并延长，分别交BC，AB于M，N.因为A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，所以M，N分别是BC，AB的中点．连接MN，由eq\f(PA′,PM)＝eq\f(PC′,PN)＝eq\f(2,3)知A′C′∥MN，因为MN⊂平面ABC，所以A′C′∥平面ABC.同理，A′B′∥平面ABC，又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，所以平面A′B′C′∥平面ABC.11．(2024·忻州二中模拟)如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O.连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.12．已知在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，E为线段AD上靠近点A的三等分点，O为AB的中点，且PA＝PB，AB＝eq\f(2,3)AD.问PB上是否存在一点F，使得OF∥平面PEC？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．解析PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE綊MC，所以四边形AECM为平行四边形，所以AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，所以ON∥AM，所以ON∥EC.因为N为BM的中点，所以N为BC的三等分点(靠近点B)．因为F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，所以NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，所以平面ONF∥平面PEC，所以OF∥平面PEC.13．[选做题](2024·深圳中学期中)如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱VC，VB上的点，且满意VC＝3EC，AF∥平面BDE，