高中数学强基题 课时作业41　直线、平面平行的判定与性质

课时作业41直线、平面平行的判定与性质(分值：100分)一、单项选择题(每小题5分，共40分)1．(2026·衡水模拟)已知直线a，b，平面α，且b⊂α，则“a∥b”是“a∥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2．设α，β为两个不同的平面，则下列条件不能推出α∥β的是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有一个三角形的三条边均与β平行C．α，β垂直于同一条直线D．α，β平行于同一个平面3．(2026·眉山模拟)已知两条直线a，b，若a∥平面α，b∥a，则b与平面α的位置关系是()A．b⊂平面αB．b⊥平面α或b⊂平面αC．b∥平面αD．b∥平面α或b⊂平面α4．已知a，b，c是三条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，直线l∥α，则()A．a∥c，b∥c⇒a∥bB．a∥β，b∥β⇒a∥bC．a∥c，c∥α⇒a∥αD．a∥l⇒a∥α5．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的平面(非平面ABB1A1)与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面 B．平行C．相交 D．以上均有可能6．如图，在正方体ABCD-A′B′C′D′中，M，N分别是A′D′，D′C′的中点，则直线AM与平面BND的位置关系是()A．垂直 B．平行C．相交但不垂直 D．无法确定7．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F，H，K分别为AC1，CB1，A1B，B1C1的中点，G为△ABC的重心．在下列平面中，恰有2条三棱柱的棱与其平行的是()A．平面EFB1 B．平面EFHC．平面EFK D．平面EFG8．(2026·杭州模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点(可与端点重合)，若PQ∥平面AB1C，则线段PQ的长度为()A．52B．2C．72D二、多项选择题(每小题6分，共12分)9．已知直线l，m，平面α，β，则下列说法错误的是()A．m∥l，l∥α，则m∥αB．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，则α∥βC．l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥βD．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m＝M，则α∥β10．(2026·内江模拟)如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，O是AC的中点，M是线段PB上的点，OM∥平面PDA，则下列说法正确的是()A．PM∶PB＝1∶2 B．OM∥平面PCDC．OM∥平面PBA D．OM∥平面PAC三、填空题(每小题5分，共10分)11．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，过直线AC1的平面交直线BB1于点E，交直线DD1于点F，则四边形AEC1F的形状为________．12．已知α∥β，P是α，β外一点，过点P的两条直线PA，PB分别交α于点A，B，交β于点C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的长为________．四、解答题(共28分)13．(13分)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，O是△ABC的重心，M，E，F分别是线段SC，SD，BC上一点，且SM＝2MC，SE＝2ED，OF∥AB.(1)证明：MF与OE共面；(2)证明：CE∥平面SAF.14．(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BB1，A1B1的中点．(1)证明：C1G∥平面CEF.(2)在棱AA1上是否存在点H，使得平面C1GH∥平面CEF？若存在，求出A1优生选做题15．(5分)(2026·张家口模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝6，AA1＝3，点P，Q分别为BC，C1D1的中点，点M为长方形ADD1A1内一动点(含边界)，若直线QM∥平面APC1，则点M的轨迹长度为()A．6 B．22C．23 D．3216．(5分)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过点B的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为________．课时作业41直线、平面平行的判定与性质1．解析：由b⊂α，a∥b，可得a∥α或a⊂α，所以“a∥b”不是“a∥α”的充分条件，由b⊂α，a∥α，可得a∥b或a与b是异面直线，所以“a∥b”不是“a∥α”的必要条件，所以“a∥b”是“a∥α”的既不充分也不必要条件．故选D.答案：D2．解析：若α内有无数条平行直线与β平行，则α，β可能平行或相交，故A符合题意；若α内有一个△ABC的三条边均与β平行，AB∥β，BC∥β，AC∥β，又AB∩BC＝B，AB，BC⊂α，由面面平行的判断定理可得α∥β，故B不符合题意；若α，β垂直于同一条直线，由线面垂直的性质可得α∥β，故C不符合题意；若α，β平行于同一个平面，由面面平行的性质可得α∥β，故D不符合题意．故选A.答案：A3．解析：如图所示，因为a∥平面α，所以存在直线c⊂平面α，使得a∥c，因为b∥a，所以b∥c或b与c重合，此时b⊂平面α或b⊄平面α，当b⊄平面α时，因为c⊂平面α且b∥c，所以b∥平面α.综上，b∥平面α或b⊂平面α.故选D.答案：D4．解析：a，b，c是三条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，直线l∥α，对于A，a∥c，b∥c⇒a∥b，由平行公理得A正确；对于B，a∥β，b∥β⇒a与b相交、平行或异面，故B错误；对于C，a∥c，c∥α⇒a∥α或a⊂α，故C错误；对于D，a∥l⇒a∥α或a⊂α，故D错误．故选A.答案：A5．解析：在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1B1C1∥平面ABC，而平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，平面A1B1ED∩平面A1B1C1＝A1B1，则DE∥A1B1，在平行四边形ABB1A1中，AB∥A1B1，所以DE∥AB.故选B.答案：B6．解析：连接AC交BD于点E，连接MN，EN，A′C′，而M，N分别是A′D′，D′C′的中点，所以MN∥A′C′∥AC，即MN∥AE，且2MN＝A′C′＝AC＝2AE，即MN＝AE，则AENM为平行四边形，故AM∥EN，由AM⊄平面BND，EN⊂平面BND，则AM∥平面BND.故选B.答案：B7．解析：如图①，平面EFB1即平面A1CB1，只有1条棱AB与其平行，故A错误；如图②，对于平面EFH，有6条棱与其平行，它们分别为AB，BC，CA，A1B1，B1C1，C1A1，故B错误；如图③，对于平面EFK，有5条棱与其平行，它们分别为AB，A1B1，AA1，BB1，CC1，故C错误；如图④，平面EFG可由平面EFK绕直线EF旋转得到，有2条棱AB，A1B1与其平行，其余各棱均与其相交，故D正确．故选D.答案：D8．解析：如图在ABCD-A1B1C1D1中，A1C1∥AC，又AC⊂平面AB1C，A1C1⊄平面AB1C，所以A1C1∥平面AB1C，因为点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点(可与端点重合)，PQ∥平面AB1C，所以PQ即为A1C1，因此|PQ|＝2.故选B.答案：B9．解析：对于A，m可能在α内，也可能与α平行，故A错误；对于B，α与β也可能相交，故B错误；对于C，α与β也可能相交，故C错误；对于D，依据面面平行的判定定理可知α∥β，故D正确．故选ABC.答案：ABC10．解析：对于A，∵OM∥平面PDA，平面PDA∩平面PBD＝PD，OM⊂平面PBD，∴OM∥PD，∵四边形ABCD为矩形，O为AC的中点，∴O为BD的中点，∴M为PB的中点，即PM∶PB＝1∶2，A正确；对于B，∵OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，OM∥PD，∴OM∥平面PCD，B正确；对于C，假设OM∥平面PBA，∵OM∥PD，则PD∥平面PBA或PD⊂平面PBA，∵P∈平面PBA，D∉平面PBA，∴PD⊄平面PBA且PD与平面PBA不平行，故假设错误，即OM不平行于平面PBA，C错误；对于D，∵O是AC的中点，AC⊂平面PAC，则点O∈平面PAC，故OM∥平面PAC不成立，故D错误．故选AB.答案：AB11．解析：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，平面AEC1F∩平面ABB1A1＝AE，平面AEC1F∩平面CDD1C1＝C1F，则AE∥C1F，同理，由平面ADD1A1∥平面CBB1C1可得AF∥C1E，所以四边形AEC1F为平行四边形．答案：平行四边形12．解析：由已知α∥β，α∩平面PAB＝AB，β∩平面PAB＝CD，所以AB∥CD，当平面α，β在点P同侧时，由PA<AC可知点P在靠近平面α一侧，如图所示，可知△PAB∽△PCD，且PA＝6，PC＝PA＋AC＝15，AB＝8，则ABCD＝PAPC，即CD＝20；当平面α，如图所示，可知△PAB∽△PCD，且PA＝6，PC＝AC－PA＝3，AB＝8，则ABCD＝PAPC，即CD＝4.综上所述，CD＝20答案：20或413．证明：(1)在四棱锥S-ABCD中，由四边形ABCD是平行四边形，得AB∥CD，而OF∥AB，则OF∥CD，由M，E分别是线段SC，SD上一点，且SM＝2MC，SE＝2ED，得SMMC＝SE因此ME∥CD∥OF，即ME，OF共面，所以MF与OE共面．(2)连接CO并延长交AB于点H，由O是△ABC的重心，且OF∥AB，得CFBF＝CO即CF＝23BC＝23AD，在SA上取点N，使得SN＝2NA由SNNA＝SEED＝2，得NE∥AD，且NEAD因此NE∥FC，且NE＝23AD＝CF，四边形CENF则CE∥FN，而FN⊂平面SAF，CE⊄平面SAF，所以CE∥平面SAF.14．解析：(1)证明：如图所示，连接EG，因为E，G分别是棱AB，A1B1的中点，所以EG∥BB1，EG＝BB1，由长方体的性质，可知BB1∥CC1，BB1＝CC1，则EG∥CC1且EG＝CC1，所以四边形CEGC1是平行四边形，所以CE∥C1G，又因为CE⊂平面CEF，且C1G⊄平面CEF，所以C1G∥平面CEF.(2)取棱AA1的中点H，连接GH，C1H，平面C1GH∥平面CEF，此时A1理由如下：连接AB1，因为E，F分别为棱AB，BB1的中点，所以EF∥AB1，因为G，H分别为棱A1B1，A1A的中点，所以GH∥AB1，所以GH∥EF，因为EF⊂平面CEF且GH⊄平面CEF，所以GH∥平面CEF，由(1)可知C1G∥平面CEF，且C1G⊂平面C1GH，GH⊂平面C1GH，C1G∩GH＝G，所以平面C1GH∥平面CEF，故在棱AA1上存在点H，使得平面C1GH∥平面CEF，此时A115．解析：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，取A1D1，B1C1的中点G，H，连接AG，GH，BH，由点P为BC的中点，得C1H∥BP，C1H＝BP，则四边形BPC1H是平行四边形，所以BH∥C1P，又GH∥A1B1∥AB，GH＝A1B1＝AB，则四边形ABHG是平行四边形，所以AG∥BH∥C1P，取GD1的中点E，在AD上取点F，使得AF＝GE，连接EF，QE，QF，而AF∥GE，则四边形AGEF为平行四边形，EF∥AG，而AG⊂平面APC1，EF⊄平面APC1，所以EF∥平面APC1，由Q为C1D1的中点，E为GD1的中点，得QE∥C1G，而C1G⊂平面APC1，QE⊄平面APC1，则QE∥平面APC1，又EF∩QE＝E，EF，QE⊂平面QEF，因此平面QEF∥平面APC1，又由直线QM∥平面APC1，点M∈平面ADD1A1，则点M在平面QEF与平面ADD1A1的交线EF上，从而点M的轨迹就是线段EF，而EF＝AG＝A1G2+A1A答案：D16．解析：取C1D1，