【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册课时同步检测8.5.2《直线与平面平行》（解析版）.doc，共(12)页，638.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第八章立体几何初步8.5.2直线与平面平行一、基础巩固1.如果直线//a平面，那么直线a与平面内的（）A．一条直线不相交B．两条直线不相交C．无数条直线不相交D．任意一条直线不相交【答案】D【详解】根据线面平行的定义，

直线//a平面，则线面无公共点，对于C，要注意“无数”并不代表所有.2．如图，四棱锥PABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且//MN平面PAD，则()A．//MNPDB．//MNPAC．//MNADD．以上均有可能【答案】B【详解】四棱锥PABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且/

/MN平面PAD，MN平面PAC，平面PAC平面PADPA，由直线与平面平行的性质定理可得：//MNPA．3.已知正方体的棱11CD上存在一点E（不与端点重合），使得1//BD平面1BCE，则（）A．1//BDC

EB．11ACBDC．112DEECD．11DEEC【答案】D【详解】如图，设11BCBCO，可得面11BCD面1BCEOE，∵1//BD平面1BCE，根据线面平行的性质可得1DBEO//，∵O为1BC的中点，∴E为11CD中点，∴11D

EEC．4.如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为()A．ACBDB．//AC截面PQMNC．ACBDD．异面直线PM与BD所成的角为45【答案】C【详解】因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN、QM∥PN，则PQ∥平面AC

D、QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，故D正确；5.如果直线直线n，且平面，那么n与的位置关系是A．相交B

．C．D．或【答案】D【详解】直线直线,且平面，当不在平面内时，平面内存在直线，符合线面平行的判定定理可得平面，当在平面内时，也符合条件，与的位置关系是或，6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E＝EF＝FG＝GC1.则下列

直线与平面A1BD平行的是（）A．CEB．CFC．CGD．CC1【答案】B【详解】如图，连接AC，使AC交BD于点O，连接A1O，CF，在正方体ABCD--A1B1C1D1中，由于111//,2AFACAFAC，又OC＝1

2AC，可得：11//,AFOCAFOC，即四边形A1OCF为平行四边形，可得：A1O∥CF，又A1O⊂平面A1BD，CF⊄平面A1BD，可得CF∥平面A1BD，7.在正方体1111ABCDABCD中，下面四条直线中与平面1A

BC平行的直线是（）A．1DBB．11ADC．11CDD．1AD【答案】D【详解】如图所示，易知11ABDC∥且11ABDC，∴四边形11ABCD是平行四边形，11ADBC∥，又1AD平面1ABC，1BC平面1ABC，1AD∥平面1ABC.8.①//OMPD；②//OM平面PCD；

③//OM平面PDA；④//OM平面PBA；⑤//OM平面PBC.其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【详解】矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点，在PBD△中，M是PB的中点，所以OM是中位线，故//OMPD.又

OM平面PCD，OM平面PDA，所以//OM平面PCD，且//OM平面PDA.因为点M在PB上，所以OM与平面PBA、平面PBC相交，所以④⑤错误.故正确的结论为①②③，共有3个.9.一条直线若同时平行于两个相交平

面，则这条直线与这两个平面交线的位置关系是（）A．异面B．相交C．平行D．平行或重合【答案】C【详解】设α∩β＝l，a∥α，a∥β，过直线a作与α、β都相交的平面γ，记α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b且a∥c，由线面平行的性质定理可得b∥c．又∵b⊂α，c⊄α，∴c∥α．又∵c⊂β，α∩β＝

l，∴c∥l．∴a∥l．10．如图，在长方体1111ABCDABCD中，E、F分别是棱1AA和1BB的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G、H，则GH与AB的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面D．平行

或异面【答案】A【详解】在长方体1111ABCDABCD中，11//AABB，E、F分别为1AA、1BB的中点，//AEBF，四边形ABFE为平行四边形，//EFAB，EF平面ABCD，ABÌ平面ABCD，//EF平面ABCD，EF平面EFGH，平面EFGH平面ABCDGH，//E

FGH，又//EFAB，//GHAB，11.下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（）A．B．C．D．【答案】AD【详解】解：在A中，连接AC，则AC∥MN

，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，∴AB∥平面MNP，故A成立；对于B，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故B不成立；对于C，过M作ME∥AB，则E是中

点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故C不成立；对于D，连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立.12.在正方体1111ABCDABCD中，E，F，G分别为BC，

1CC，1BB的中点，则（）A．1DDAFB．1//AG平面AEFC．异面直线1AG与EF所成角的余弦值为1010D．点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍【答案】BCD【详解】由于11//DDAA，而1AA与AF不垂直

，因此异面直线1DD与AF不能垂直，则A错误；取11BC的中点Q，连接GQ，1AQ，由条件可知：//GQEF，1//AQAE，所以//GQ平面AEF，1//AQ平面AEF，又1GQAQQ，EFAEE，所以平面1//AGQ平面AEF，又因为1A

G平面1AGQ，所以1//AG平面AEF，则B正确；异面直线1AG与EF所成的角为1AGQ或其补角，设正方体的棱长为2，则115AGAQ，2QG，由余弦定理知110cos10AGQ，则C正确；对于D，连接GC，与FE

交于O(也是GC与平面AEF的交点)，连接GF，设点G与点C到平面AEF的距离分别为1h，2h，则122hGOGFhOCEC，所以点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍，则D正确.二、拓展提升13．如图，在四棱锥PA

BCD中，底面ABCD是菱形，且60DAB．点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．(1)求证://AB平面PCD；(2)求证：//ABEF；【答案】（1）证明见解析；(2)证明见解析.【详解】(1)因为底面ABCD是菱形，所以//ABCD，

因为AB面PCD，CD面PCD，所以//AB面PCD．(2)由(1)可知//AB面PCD，因为,,,ABEF四点共面，且平面ABEF平面PCDEF，所以//ABEF．14.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的

正方形，侧面PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，且平面PAD平面ABCD.（1）求证：//AD平面PBC；（2）求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）66.【详解】（1）证明：//ADBC，BC平面PBC，AD平面PBC，//

AD平面PBC.（2）取AD中点M，连接PM，CM，则PMAD.又平面PAD底面ABCD，PM平面ABCD，PCM就是直线PC与平面ABCD所成的角.由勾股定理可求得1PM，5CM，6PC，6s

in6PMPCMPC.直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为66.15．如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，2PDDC，点E，F分别为AD，PC的中点．（Ⅰ）证明：//DF平面PBE；（Ⅱ）求点F到平面PBE的距离．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）63.【解析】试题分析：

（Ⅰ）取PB的中点G，连接EG、FG，由已知结合三角形中位线定理可得//DEFG且DEFG，得四边形DEGF为平行四边形，从而可得//DFEG，再由线面平行的判定可得//DF平面PBE；（Ⅱ）利用等积法可得：DPBEPBDEVV﹣﹣，代入棱锥体积公

式可得点F到平面PBE的距离．试题解析：（Ⅰ）证明：取点G是PB的中点，连接EG，FG，则//FGBC，且12FGBC，∵//DEBC且12DEBC，∴//DEFG且DEFG，∴四边形DEGF为平行四

边形，∴//DFEG，∴//DF平面PBE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知//DF平面PBE，所以点D到平面PBE的距离与F到平面PBE的距离是相等的，故转化为求点D到平面PBE的距离，设为d．利用等体积法：DPBEPBDE

VV，即1133PBEBDESdSPD，112BDESDEAB，∵5PEBE，23PB，∴6PBES，∴63d．