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课时提升作业(四十三)
一、选择题
1.(2021·清远模拟)在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α,CD平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )
(A)平行 (B)平行或异面
(C)平行或相交 (D)异面或相交
2.下面四个正方体图形中，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)①② (B)①④ (C)②③ (D)③④
3.下列命题中正确的个数是( )
①若直线a不在α内，则a∥α；
②若直线l上有很多个点不在平面α内，则l∥α；
③若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；
④平行于同一平面的两直线可以相交．
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
4.（2021·潮州模拟）a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合平面，现给出六个命题：
①⇒a∥b ②⇒a∥b
③⇒α∥β ④⇒α∥β
⑤⇒α∥a ⑥⇒a∥α
其中正确的命题是( )
(A)①②③ (B)①④⑤
(C)①④ (D)①③④
5.设α,β是两个不同的平面，m,n是平面α内的两条不同直线，l1,l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )
(A)m∥β且l1∥α (B)m∥β且n∥l2
(C)m∥β且n∥β (D)m∥l1且n∥l2
6.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知
△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形（A′不与A，F重合），则下列
命题中正确的是( )
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；
②BC∥平面A′DE；
③三棱锥A′-FED的体积有最大值.
(A)① (B)①② (C)①②③ (D)②③
7.（力气挑战题）若α，β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线( )
(A)只有1条 (B)只有2条
(C)只有4条 (D)有很多条
二、填空题
8.（2021·湛江模拟）设互不相同的直线l,m,n和平面α,β，γ，给出下列三个命题：
①若l与m为异面直线，l⊂α,m⊂β,则α∥β;
②若α∥β，l⊂α,m⊂β,则l∥m；
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.
其中真命题的个数为___________.
9.如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=___________.
10.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，点E为AD的中点，点F在CD上.若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于___________.
三、解答题
11．如图，若PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E，F分别是AB，PD的中点，求证：AF∥平面PCE.
12.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,M,N分别是B1C1,A1D1,A1B1,BD,B1C的中点，
求证：
（1）MN∥平面CDD1C1.
（2）平面EBD∥平面FGA.
13.(2021·深圳模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB=90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB=2EF.若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE.
14.(2021·中山模拟)在如图所示的几何体中，平行四边形ABCD的顶点都在以AC为直径的圆O上，AD=CD=DP=a,DP∥AM，且E，F分别为BP,CP的中点.
(1)证明:EF∥平面ADP.
(2)求三棱锥M-ABP的体积.
答案解析
1.【解析】选B.由题知CD∥平面α，故CD与平面α内的直线没有公共点，故只有B正确.
2.【解析】选A.由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.
3.【解析】选B.a∩α＝A时，aα，∴①错；
直线l与α相交时，l上有很多个点不在α内，故②错；
l∥α，l与α无公共点，∴l与α内任始终线都无公共点，③正确；长方体中A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，
∴④正确．
4.【解析】选C.①④正确，②错在a，b也可能相交或异面．
③错在α与β可能相交．⑤⑥错在a可能在α内．
5.【思路点拨】选出的条件能推出α∥β，而反之不成立．
【解析】选D.如图（1），α∩β=l,m∥l,l1∥l,
满足m∥β且l1∥α,故排解A；在图（2）中，m∥n∥l∥l2满足m∥β且n∥l2,故排解B；如图（2），α∩β=l,m∥n∥l,满足m∥β且n∥β,故排解C；
D中，当m∥l1且n∥l2时，由于m,n是平面α内的两条不同直线，故可得m,n相交，从而α∥β.反之，当α∥β时，不愿定有m∥l1且n∥l2，如图（3）.
6.【思路点拨】留意折叠前DE⊥AF，折叠后其位置关系没有转变.
【解析】选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，
∴点A′在平面ABC上的射影在线段AF上.
②BC∥DE，BC平面A′DE，DE⊂平面A′DE，∴BC∥平面A′DE.③当平面
A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′-FED的体积达到最大.
7.【思路点拨】可依据题意画出示意图，然后利用线面平行的判定定理及性质定理解决.
【解析】选A.据题意，如图，要使过点A的直线m与平面α平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行，则推出n∥k，由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面α与β的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点A且与两平面交线平行即可，明显这样的直线有且只有一条.
8.【解析】①中α与β可能相交，故①错；②中l与m可能异面，故②错；由线面平行的性质定理可知，l∥m,l∥n,所以m∥n,故③正确.
答案：1
9.【解析】∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
∴MN∥PQ.
∵M，N分别是A1B1，B1C1的中点，
∴从而
答案：
【误区警示】本题易忽视平面与平面平行的性质，不能正确找出Q点的位置，从而无法计算或计算出错，造成失分.
10.【解析】由于直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD=AC，所以EF∥AC.又由于E是AD的中点，所以F是CD的中点，由中位线定理可得又由于在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，所以所以
答案：
11．【证明】如图，取PC的中点M，连接ME，MF，
则FM∥CD且
又∵AE∥CD且
∴FMAE，即四边形AFME是平行四边形,
∴AF∥ME.又∵AF平面PCE，EM⊂平面PCE，
∴AF∥平面PCE.
12.【证明】（1）连接BC1，DC1，
∵四边形BCC1B1为正方形，N为B1C的中点，
∴N在BC1上，且N为BC1的中点.
又∵M为BD的中点，
∴MNDC1.
又MN平面DCC1D1，DC1⊂平面DCC1D1，
∴MN∥平面CDD1C1.
（2）连接EF，B1D1，则EFAB.
∴四边形ABEF为平行四边形.∴AF∥BE.
又易知FG∥B1D1，B1D1∥BD，∴FG∥BD.
又∵AF∩FG=F，BE∩BD=B，
∴平面EBD∥平面FGA.
【变式备选】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别为所在边的中点.求证：平面MNP∥平面A1C1B.
【证明】连接D1C，∵MN为△DD1C的中位线，
∴MN∥D1C.
又易知D1C∥A1B，
∴MN∥A1B.同理，MP∥C1B.
而MN与MP相交，MN，MP在平面MNP内，
A1B与C1B相交，A1B，C1B在平面A1C1B内，
∴平面MNP∥平面A1C1B.
13.【证明】方法一：由于EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB=90°，
所以∠EGF=90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB=2EF，
因此BC=2FG.
连接AF，由于FG∥BC，
在□ABCD中，M是线段AD的中点，则AM∥BC，
且因此FG∥AM且FG=AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.
又FA⊂平面ABFE，GM平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
方法二：由于EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB=90°，
∴∠EGF=90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB=2EF，∴BC=2FG.
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.
在□ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，
则MN∥AB.
∵MN∩GN=N，∴平面GMN∥平面ABFE.
又GM⊂平面GMN，∴GM∥平面ABFE.
14.【解析】（1）∵AC是圆O的直径,
∴∠ADC为直角，即CD⊥AD.
∵AD=CD=a,∴平行四边形ABCD是正方形，
∴BC∥AD.
∵E,F分别为BP,CP的中点，
∴EF∥BC,
∴EF∥AD.
∵EF平面ADP,AD⊂平面ADP,
∴EF∥平面ADP.
(2)∵AD2+DP2=AP2,
∴∠ADP是直角,
∴DP⊥AD.
同理DP⊥CD,
∴DP⊥平面ABCD.
∵DP∥AM,∴AM⊥平面ABCD,
∴AM⊥AD.又易知AB⊥AD,
∴AD⊥平面ABM,
∴点D到平面ABM的距离AD，即为点P到平面ABM的距离.
在直角三角形ABM中，
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