第03讲-空间直线、平面的平行(分层精练)(解析版).docx

第03讲 空间直线、平面的平行
A夯实基础 B能力提升 C综合素养
A夯实基础
一、单选题
1．（2023·全国·高一专题练习）设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（   ）
A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线
【答案】D
【详解】对于A：内有无数条直线与平推不出∥，只有内所有直线与平行才能推出，故A错误；
对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误；
对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误；
对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，故：D正确．
故选：D
2．（2023·全国·高一专题练习）如图，四边形是梯形，，且平面，M是AC的中点，与平面交于点N，，，则等于（    ）

A．4.5 B．5 C．5.4 D．5.5
【答案】B
【详解】因为平面，平面，平面平面，
所以.
又M是的中点，所以是梯形的中位线，
故.
故选：B
3．（2023·全国·高一专题练习）对于平面和两条直线，下列说法正确的是（    ）
A．若，，则 B．若与所成的角相等，则
C．若，，则 D．若，，n在平面α外，则
【答案】D
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若与所成的角相等，则相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若，，则相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若，，n在平面α外，则由线面平行的判定定理得，
故D正确.
故选:D.
4．（2023·全国·高三对口高考）过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面（    ）
A．不存在 B．只有一个 C．有无数个 D．不能确定
【答案】D
【详解】过直线l外两点作与l平行的平面，
如果两点所在的直线与已知直线相交,则这样的平面不存在;
如果两点所在的直线与已知直线平行,则这样的平面有无数个;
如果两点所在的直线与已知直线异面,则这样的平面只有一个.
因此只有D正确.
故选：D.
5．（2023春·黑龙江牡丹江·高一校考阶段练习）已知平面α∥平面β，直线a⊂α，b⊂β，那么直线a与直线b一定（    ）
A．平行 B．异面 C．垂直 D．不相交
【答案】D
【详解】由平面α∥平面β，则两平面没有公共点，那么直线a与直线b一定没有公共点，但可以是平行或异面.
故选：D
6．（2023春·全国·高一专题练习）如图，已知立方体ABCD－A′B′C′D′，点E，F，G，H分别是棱AD，BB′，B′C′，DD′的中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB′D′平行的条数是（　　）

A．0 B．2
C．4 D．6
【答案】D
【详解】连接EG，EH，EF，FG，GH，FH，
∵EHFG且EH＝FG，∴四边形EFGH为平行四边形，∴E，F，G，H四点共面．
由EGAB′，AB′⊂平面AB′D′，平面AB′D′，可得EG平面AB′D′；
EHAD′，AD′⊂平面AB′D′，平面AB′D′，可得EH平面AB′D′，
又EG∩EH＝E，可得平面EFGH平面AB′D′.
故平面EFGH内的每条直线都符合条件，从E，F，G，H中任取两点确定的直线中，
与平面AB′D′平行的条数是6．

故选：D．
7．（2023春·高一课时练习）如图，四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，上，，G在上且平面平面，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】在四棱柱中，连接，FG，如图，

因为平面平面，平面平面，
平面平面，则，于是，
平面平面，而平面，则平面，
在平面内存在与不重合的直线，又平面平面，平面，
则平面AEF，在平面AEF内存在与不重合直线，从而，平面AEF，
平面AEF，则平面AEF，又平面，平面平面，
因此，BG，AF可确定平面，因为平面平面，
平面平面，平面平面，于是，即有，
所以.
故选：B
8．（2023·河南·模拟预测）在正方体中，M，N分别为AD，的中点，过M，N，三点的平面截正方体所得的截面形状为（    ）
A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形
【答案】B
【详解】
在上取点，且，取中点为，连接.
在上取点，且，连结.
因为，，
所以，所以.
又，所以，所以，
所以，.
因为分别为的中点，所以，且.
根据正方体的性质，可知，且，
所以，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，，所以.
同理可得，.
所以，五边形即为所求正方体的截面.
故选：B.
二、多选题
9．（2023·全国·高三专题练习）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；

对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；

对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；

对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；

故选：BCD
10．（2023秋·重庆铜梁·高二校联考期末）如图，在正方体，中，是棱的中点，是线段（不含端点）上的一个动点，那么在点的运动过程中，下列说法中正确的有（    ）

A．存在某一位置，使得直线和直线相交
B．存在某一位置，使得平面
C．点与点到平面的距离总相等
D．三棱锥的体积不变
【答案】BCD
【详解】对于A，假设存在，则四点共面，而点不在平面内，故A错误．
对于B，因为，所以平面，所以当是直线与平面的交点时就满足要求，故B正确．
对于C，因为的中点在平面内，所以点与点到平面的距离总相等，故C正确．
对于D，连接，交于O，则O为中点，
所以，又平面，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为定值，
从而三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确．

故选：BCD
三、填空题
11．（2023·全国·高一专题练习）如图，在长方体中，过的中点作一个与平面平行的平面交于点，交于点，则_________．

【答案】/
【详解】∵平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，
∴由两个平面平行的性质定理可得，．
∴，
又∵为的中点，
∴，分别为，的中点，
∴，即．
故答案为：
12．（2023·全国·高一专题练习）正方体中，分别是的中点，如图，则：与平面的位置关系是________．

【答案】平行
【详解】解析：如图，取的中点，连接
∵为的中点，
∴为的中位线，
则，且.
∵为的中点，
∴且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，而平面，平面，
∴平面.
答案：平行

四、解答题
13．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥的底面边长为8的正方形，四条侧棱长均为.点分别是棱上共面的四点，平面平面，平面.证明：.

【答案】证明见解析
【详解】因为∥平面，平面，且平面平面，所以∥,
因为∥平面，平面，且平面平面，
所以∥，所以∥.
14．（2023春·高一课时练习）如图，长方体的底面是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，E，F分别是侧棱上的动点，点P在棱上，且，若平面PBD，求EF的长.

【答案】
【详解】因为长方体的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为的正方形，所以，，
如图所示，连接与交于点，连接，
在棱上取，连接，，则，且，
因为平面PBD，且平面，平面平面，
所以，所以，
又因为，所以四边形QEFC是平行四边形，所以，
在直角中，，，所以，
所以.

15．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正方体中，E，F分别为棱的中点.求证：平面平面BDF

【答案】证明见解析
【详解】证明：在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以.
因为，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以
又平面BDF，平面BDF，
所以平面.
同理，，又平面BDF，平面BDF，
所以平面.
又，平面，
所以平面平面
B能力提升
1．（2023·云南昆明·统考模拟预测）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，平面满足，若直线AC到平面的距离与BC1到平面的距离相等，平面与此正方体的面相交，则交线围成的图形为（    ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】D
【详解】如图，

设分别为的中点，
连接，
，
，，
同理可得，，，
共面，
平面，平面，
平面，
同理可得平面，
为的中点，
到平面的距离与到平面的距离相等，
即平面为所求的平面，故与正方体交线为正六边形.
故选：D
2．（多选）（2023·湖南娄底·统考模拟预测）已知点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则下列各图中，直线PQ与RS是平行直线的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】A：如下图，，，由正方体性质知：，

所以，故，符合；
B：如下图，，，而，

所以不平行，不符合；
C：如下图，，，而，

所以不平行，不符合；
D：如下图，，，由正方体性质知：，

所以，故，符合；
故选：AD
3．（多选）（2023·全国·高一专题练习）如图，空间四边形中，分别是边，的中点，分别在线段上，且满足，，，则下列说法正确的是（    ）

A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是梯形
C．当时，四边形是空间四边形
D．当时，直线相交于一点
【答案】BC
【详解】选项A：在中，因为分别是边，的中点，所以且，
当时，分别为中点，所以在中可得且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
又分别为中点，所以，又，
当时有，平行四边形为矩形，
所以四边形不一定是矩形，A错误；
选项B：当时，，所以，且，
则由A可知且，所以四边形是梯形，B正确；
选项C：当时，不平行于，又因为平面，平面，
所以是异面直线，四边形是空间四边形，C正确；
选项D：不妨设直线相交于一点，

因为，平面，平面，所以平面，
又因为直线相交于点，所以平面，
因为平面平面，所以，
所以可得，矛盾，D错误；
故选：BC
4．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列3个结论：

①当点是中点时，直线平面；
②平面截正方体所得的截面图形是六边形；
③面积的最小值是.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①③
【详解】对①，如图所示，因为是中点，，

所以点是的中点，连接，显然也是的中点，连接，
所以，而平面平面，所以直线平面，①正确；
对②，如图，直线与的延长线分别交于，连接分别交于，连接，

则五边形即为所得的截面图形，故②错误；
对③，连，由平面平面，可知平面.

过点作交于，则，当最小时，面积最小.
取中点，连交于，由Rt知，，
所以，所以的最小值即.
在中，，在Rt中，由知，.故
面积的最小值为，③对，故选①③.
故答案为：①③
5．（2023春·山东临沂·高一统考期中）如图，在正方体，中，H是的中点，E，F，G分别是DC，BC，HC的中点．求证：

(1)证明；F，G，H，B四点共面；
(2)平面平面﹔
(3)若正方体棱长为1，过A，E，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)画图见解析，截面的面积为．
【详解】（1）证明：连接BH，∵FG为的中位线，
∴，∴F，G，H，B四点共面；
（2）由（1）知，，
∵平面，平面，∴平面；
∵，平面，平面，∴平面，
∵，EF、EG都在面EFG内，∴平面平面
（3）取的中点N，连接，，∴，，
取的中点M，连接，，∴，，
∴截面为平行四边形，且，
所以截面的面积为．

C综合素养
1．（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】延长，交的延长线与，连接，分别交，于，
过点作交于点，过点作交于点，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，所以平面平面，
过点作交于点，
连接，则
则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，，
所以，
因为，所以，
过点作⊥于点，则，
则由几何关系可知，所以，
由勾股定理得，
所以点的轨迹所构成的周长为.

故选：D
2．（多选）（2023春·全国·高一专题练习）在直三棱柱中，，，M是的中点，N是的中点，点P在线段上，点Q是线段上靠近M的三等分点，R是线段的中点，若面，则（    ）．

A． B．P为的中点
C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【详解】对于选项AB，连接并延长交于S，连接，

由平面几何知识可得：S是的中点，且N，R，S三点共线，是重心，
因为面，平面，平面平面，所以，
作交于，由直棱柱性质有，因此是平行四边形，，
又由平面几何知识知是中点，因此是中点，
从而，即P为上靠近N的三等分点，所以A正确，B错误；
对于选项C，，因此是平行四边形，所以与互相平分，从而与点到平面的距离相等，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
而，所以C正确；
对于选项D，∵的外心是S，由得平面，
∴三棱锥的外接球球心一定在直线上，
设三棱锥的外接球球心为O，半径为R，，
则，
，
∴，解得：，，
球表面积为，所以D正确．
故选：ACD．
3．（2023春·江苏无锡·高一锡东高中校考期中）已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，若动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则线段的长度范围是_________．

【答案】
【详解】连接，，取的中点，的中点，连接，，，
则，，所以，
因为， ，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为，所以平面平面，
平面，的轨迹为线段．
，，
当时，取得最小值，
当与（或重合时，取得最大值．．
故答案为：．

4．（2023春·湖南衡阳·高一湖南省祁东县第二中学校考期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．

(1)求证：EF∥平面PAD．
(2)在线段PC上是否存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点符合题意，且此时
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为分别为的中点，
所以∥，，
因为四边形为平行四边形，
所以∥，，
因为为的中点，
所以，
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，
（2）存在点符合题意，且此时，
取的中点，连接交于，在上取点，使，连接，则四点共面，
证明如下：
因为在平行四边形中，分别为的中点，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为为的中点，所以点为的重心，且，
因为，
所以∥，
因为∥，
所以∥，
所以和确定一个平面，
因为在直线上，
所以，
所以四点共面，
所以在线段PC上存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面.

5．（2023春·广东·高一校联考期中）如图，四棱台的上底面和下底面分别是边长为2和4的正方形，侧棱上的一点E满足．

(1)证明：平面；
(2)若，且在平面ABCD的正投影落在线段CD上，求四棱台的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）
证明:延长，，交于点，连接交于点，连接，
由，得，
∴是中点，
此时，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面平面，
∴直线平面.
（2）
作于，因为在平面ABCD的正投影落在线段CD上，所以面，所以为棱台的高，
设，由得，，，
在中，由余弦定理得，
即，
解得，
所以，
所以四棱台的体积 ，
故四棱台的体积为.