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人教A版（2019）必修第二册 8.5 空间直线、平面的平行
一、单选题
1．如图，在直四棱柱中，下列结论正确的是（ ）
A．与是两条相交直线
B．平面
C．
D．，，，四点共面
2．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点 ，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．线段上存在点 使得
B．平面
C．的面积与的面积相等
D．三棱锥的体积不为定值
3．已知正方体的棱长为2，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且面积为时，线段的长为（ ）
A． B．1 C． D．
4．在正方体中，下列四对截面彼此平行的是（ ）
A．平面与平面 B．平面与平面
C．平面与平面 D．平面与平面
5．下列结论中正确的是（ ）
①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；②平行于同一条直线的两条直线平行；③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；④空间中有四条直线a，b，c，d，如果ab，cd，且ad，那么bc.
A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③
6．已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
7．在三棱台中，点在上，且，点是三角形内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是（ ）
A．三角形边界的一部分 B．一个点
C．线段的一部分 D．圆的一部分
8．设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α内有无数个点到β的距离相等 D．α、β垂直于同一平面
9．已知长方体,平面平面,平面平面,则与的位置关系是
A．平行 B．相交 C．异面 D．不确定
10．如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为（ ）
A．梯形 B．平行四边形
C．可能是梯形也可能是平行四边形 D．矩形
11．如图，正方体中，、分别为棱、上的点，在平面内且与平面平行的直线（ ）
A．有一条 B．有二条
C．有无数条 D．不存在
12．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
二、填空题
13．如图，在正方体中，E为棱BC的中点，F为棱上的一点（不包含端点），且，过点A，E，F作该正方体的截面．若所得截面是五边形，则的取值范围是______．
14．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法：
①MN∥平面APC；
②C1Q∥平面APC；
③A，P，M三点共线；
④平面MNQ∥平面APC.
其中说法正确的是________(填序号)．
15．已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：
①若α∩γ=a，β∩γ=b，且ab，则αβ；
②若a，b相交且都在α，β外，aα，bβ，则αβ；
③若aα，aβ，则αβ；
④若a α，aβ，α∩β=b，则ab.
其中正确命题的序号是________.
16．如图，在三棱锥中，平面平行于对棱，截面面积的最大值是______.
三、解答题
17．如图所示，已知四棱柱的底面为菱形.
（1）证明：平面平面；
（2）在直线上是否存在点，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
18．如图，四棱锥为正四棱锥，底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为1，点在棱上，且．
（1）点在棱上，是否存在实数，，使得平面？若存在，请直接写出实数的值，并利用你的猜想证明平面，若不存在，说明理由；
（2）在第（1）问的条件下，当平面时，求三棱锥的体积．
19．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．
(1)求证：B1D∥平面ACE．
(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．
20．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
21．如图，在五面体ABCDEF中，已知平面ABCD，，，，．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
根据异面直线的判定定理，直线与平面平行的判定定理，四点共面的判定，结合四棱柱的性质逐一判定即可.
【详解】
面，面，，所以与是异面直线，A错；
因为，面，面，所以面，B正确；
面， 面，，所以与是异面直线，C错；
如图所示，，，三点在面上，与面相交，所以，，，四点不共面，D错.
故选：B.
2．B
利用异面直线的定义可判断A；根据线面平行判定定理可判断B；根据三角形的高不相等可判断C；直接计算体积可判断D.
【详解】
线段上不存在点 使得，
因为在平面平面外，在平面内，
所以，是异面直线，所以A不正确；
连接，几何体是正方体，所以，平面，平面，可知平面，所以B正确.
到的距离为，到的距离大于上下底面中心的连线，
则到的距离大于1，
∴的面积大于的面积，故C错误；
到平面的距离为，的面积为定值，
∴三棱锥的体积为定值，故D不正确.
故选：B.
3．A
过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】
解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：A.
4．A
根据正方体的平行关系，可证平面与平面平行，可得出结论.
【详解】
如图，正方体，
所以四边形是平行四边形，平面，
面，所以平面，同理平面.
因为平面，
所以平面平面.
故选：A
5．B
根据空间中直线间的位置关系逐项进行判断即可.
【详解】
①错误，两条直线可以异面；
②正确，平行的传递性；
③错误，和另一条直线可以相交也可以异面；
④正确，平行的传递性.
故选：B.
6．B
设点为的中点，取的中点，连接，，然后证明平面即可.
【详解】
如图，设点为的中点，取的中点，连接，，
则，又平面，平面，∴平面，
易知，故平面与平面是同一个平面，
∴平面，此时，
故选：B
7．C
过作交于，连接，证明平面平面，得，即得结论．
【详解】
如图，过作交于，连接，
，平面，平面，所以平面，
同理平面，又，平面，
所以平面平面，所以，（不与重合，否则没有平面），
故选：C．
8．B
应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确
【详解】
应用立方体，如下图所示：
选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；
选项B：由面面平行的判定，可知B正确
选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C不一定能使α//β成立；
选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；
故选：B
本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题
9．A
由长方体的特点可以得到平面平面,接下来根据面面平行的性质定理可以得到结果.
【详解】
因为几何体是长方体,所以平面平面,由已知条件得平面平面,平面平面,则由面面平行的性质定理得:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,则它们的交线平行,所以与的位置关系是平行.
故选:
本题考查了面面平行的性质定理,在两个平行平面中的两条直线的位置关系有平行和异面两种情况,但本题有第三个平面和两个平行平面相交,则由面面平行的性质定理即可判定出结果.
10．B
利用面面平行的性质判断与的平行、与平行.
【详解】
因为平面//平面,且平面平面,平面平面,根据面面平行的性质可知//,同理可证明//.
所以四边形为平行四边形.
故选：B.
本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.
11．C
设平面，且，可证明平面，从而可得正确的选项.
【详解】
设平面，且，又平面，平面，
平面，显然满足要求的直线l有无数条.
故选：C.
本题考查线面平行的判断，注意根据所求直线在定平面中去构造与平面平行的直线，本题属于容易题.
12．C
【详解】
分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
13．
分和两种情况分别作出截面，即可判断.
【详解】
首先连接，因为平行平面被第三截面所截时，交线平行，
所以当时，如图1，点在线段上，截面为平行四边形AEGF；当时，如图2，截面为五边形AEGHF，故的取值范围是．
故答案为：
14．②③
连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，从而可知MN 平面APC，所以①错误；由M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，从而可得C1Q∥平面APC，所以②正确；由于前的证明可知A，P，M三点共线是正确的，从而可知③正确；由于MN 平面APC，MN 平面MNQ，从而可判断④
【详解】
①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，
易得AM，CN交于点P，即MN 平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；
②由①知M，N在平面APC上，因为在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，所以≌，所以，因为∥，所以AN∥C1Q，因为AN 平面APC，所以C1Q∥平面APC是正确的；
③由①知A，P，M三点共线是正确的；
④由①知MN 平面APC，
又MN 平面MNQ，
所以平面MNQ∥平面APC是错误的．
故答案为：②③
此题考查线面平行、面面平行的判断，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题
15．④
根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.
【详解】
解析：①错误，α与β也可能相交；
②错误，α与β也可能相交；
③错误，α与β也可能相交；
④正确，由线面平行的性质定理可知.
故答案为：④
16．
由线面平行的性质可得、且、，易得为平行四边形，结合有为矩形，进而设，由已知求、关于的表达式，即可得面积关于的函数，利用二次函数性质求最值即可.
【详解】
由题设，面，又面，面面，
所以，同理可证，故，
又面，又面，面面，
所以，同理可证，故，
故为平行四边形，又，即，则为矩形，
若，则，又，
所以，，又面积为，
所以，故当时.
故答案为：.
17．（1）证明见解析；（2）存在；在的延长线上取点，使.
（1）由棱柱的性质知，，得到平面，同理可得平面，再利用面面垂直的判定定理.
（2）易知四边形为平行四边形，，在的延长线上取点，使，连接，则四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明.
【详解】
（1）由棱柱的性质可知，，
∵平面，平面，
∴平面，
同理可证平面，而，平面，
∴平面平面；
（2）存在这样的点，使平面，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
如图所示：
在的延长线上取点，使，连接，
∵，=，
∴，
∴四边形为平行四边形，
则，
∴，又平面平面，
∴平面.
方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义，一般用反证法；
（3）利用线面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；
（3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a α a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a β，a∥α a∥β)．
18．（1）存在点，，证明见解析；（2）.
（1）首先确认的位置，然后首先证得平面平面，再根据面面平行的性质即可判定；
（2）等体积法即可求出结果.
【详解】
（1）存在点，即.
证明：取上一点，满足，连接，
由于，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为底面是正方形，且，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，且平面，平面，
所以平面平面,
又因为平面，所以平面.
（2）因为平面，所以，
又因为正四棱锥的高为1，
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；
（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.
(1)
连BD，使BD∩AC＝G，连EG．
∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．
又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，
∴DB1∥GE，
又平面ACE，平面ACE，
∴B1D∥平面ACE．
(2)
∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．
∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，
∴B1F∥CE，又∴平面ACE，平面ACE，∴B1F∥平面ACE，
由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．
20．(1)证明见解析；
(2)．
（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
(1)
如图所示：，
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
(2)
如图所示：，
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．
21．（1）证明见解析；（2）．
（1）先证明平面，再利用线面平行的性质，证明；
（2）在平面内作于点，证明是三棱锥的高，即可求三棱锥的体积．
【详解】
（1）因为，平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以．
（2）如图，
在平面内过点B作于点．
因为平面，平面，所以．
又，平面，，
所以平面，
所以是三棱锥的高．
在直角三角形中，，，所以．
因为平面，平面，所以．
又由（1）知，，且，所以，所以，
所以三棱锥的体积．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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