新高考高考数学一轮复习巩固练习7.4第59练《空间直线、平面的平行》（解析版）

1、第59练空间直线、平面的平行考点一直线与平面平行的判定与性质1已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”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答案A解析若m，n，且mn，则由线面平行的判定定理知m，但若m，n，且m，则m与n有可能异面，“mn”是“m”的充分不必要条件2点E，F，G，H分别是空间四面体ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，则空间四面体的六条棱中与平面EFGH平行的条数是()A0 B1 C2 D3答案C解析如图，由线面平行的判定定理可知BD平面EFGH，AC平面EFGH.3.(2022济南模拟)在如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过

2、A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A异面B平行C相交D以上均有可能答案B解析在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，AB平面ABC，A1B1平面ABC，A1B1平面ABC.过A1B1的平面与平面ABC交于DE，DEA1B1，DEAB.4(多选)下列说法中，正确的是()A一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B平行于同一平面的两个不同平面平行C若直线l与平面平行，则过平面内一点和直线l平行的直线在平面内D若直线l不平行于平面，则在平面内不存在与l平行的直线答案ABC解析如果已知直线与另一个平面不相交，则有两种情形：直线在平面内或与平面平行，不管

3、哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，即A中说法正确；选项B是两个平面平行的一种判定方法，即B中说法正确；由线面平行的性质定理知C中说法正确；选项D中说法是错误的，事实上，直线l不平行于平面，可能有l，则内有无数条直线与l平行考点二平面与平面平行的判定与性质5在正方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱A1D1上的动点，O为底面ABCD的中心，E，F分别是A1B1，C1D1的中点，下列平面中与OM扫过的平面平行的是()A平面ABB1A1 B平面BCC1B1C平面BCFE D平面DCC1D1答案C解析取AB，DC的中点分别为E1和F1，OM扫过的平面即为平面A1E1F1D1.如图，

4、故平面A1E1F1D1平面BCFE.6如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列推断：FG平面AA1D1D；EF平面BC1D1；FG平面BC1D1；平面EFG平面BC1D1；平面EFG平面A1C1B.其中推断正确的序号是()A B C D答案A解析对，由正方体性质可知，平面AA1D1D平面BB1C1C，又FG平面BB1C1C，故FG平面AA1D1D，正确；对，因为直线EF与D1C1的延长线相交，故EF不平行于平面BC1D1，错误；对，因为F，G分别为B1C1和BB1的中点，所以FGBC1，又因为FG平面BC1D1，BC1平面BC1D

5、1，所以FG平面BC1D1，正确；对，由知直线EF与D1C1的延长线相交，故平面EFG不平行于平面BC1D1，错误；对，由知，FG平面A1C1B，同理可证EG平面A1C1B，又FGEGG，所以平面EFG平面A1C1B，正确考点三平行关系的综合应用7(2022连云港质检)在正方体ABCDA1B1C1D1中，从A，B，C，B1四个点中任取两个点，这两点连线平行于平面A1C1D的概率为()A.eq f(2,3) B.eq f(1,2) C.eq f(1,3) D.eq f(5,6)答案B解析从A，B，C，B1四个点中任取两个点，则有AB，AC，AB1，BC，BB1，CB1共6种取法，如图所示，易知A

6、BA1B1，且A1B1与平面A1C1D相交，故AB与平面A1C1D相交；ACA1C1，A1C1平面A1C1D，AC平面A1C1D，故AC平面A1C1D；AB1DC1，DC1平面A1C1D，AB1平面A1C1D，故AB1平面A1C1D；BCB1C1，且B1C1与平面A1C1D相交，故BC与平面A1C1D相交；BB1CC1，且CC1与平面A1C1D相交，故BB1与平面A1C1D相交；CB1DA1，DA1平面A1C1D，CB1平面A1C1D，故CB1平面A1C1D，即两点连线平行于平面A1C1D的有3种，故这两点连线平行于平面A1C1D的概率为eq f(3,6)eq f(1,2).8若，是两个相交平

7、面，点A不在内，也不在内，则过点A且与和都平行的直线()A只有1条 B只有2条C只有4条 D有无数条答案A解析设l，A，A，Al，则A，l确定一个平面，在内有且只有一条过A与l平行的直线，记作a，由于al，a，a，l，l，由线面平行的判定定理得a，a，由此证明了存在性；假设过A平行于，的直线还有一条，记为b，则abA.过b作平面M与相交于m，过b作平面N与相交于直线n，(适当调整，可以使m，n都不与l重合)，由线面平行的性质定理可得bm，bn，由平行公理得mn，m，n，m，又m，l，由线面平行的性质定理得ml，从而bl，又al，ab，这与abA矛盾，由此证明了唯一性故过点A且与和都平行的直线有

8、且只有一条9(2022苏州质检)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且eq f(DE,EB)eq f(1,2)，G在CC1上且平面AEF平面BD1G，则eq f(CG,CC1)_.答案eq f(1,3)解析平面AEF平面BD1G，且平面AEF平面BB1D1DEF，平面BD1G平面BB1D1DBD1，EFBD1，eq f(DF,FD1)eq f(DE,EB)eq f(1,2).易得平面ADD1A1平面BCC1B1，又BG平面BCC1B1，BG平面ADD1A1，又平面AEF平面BD1G，BG平面BD1G，BG平面AEF，平面AEF平

9、面ADD1A1AF，BGAF，BG，AF可确定平面ABGF，又知平面ABB1A1平面CDD1C1，平面ABGF平面ABB1A1AB，平面ABGF平面CDD1C1FG，ABFG，CDFG.eq f(CG,CC1)eq f(DF,DD1)eq f(1,3).10(2022温州质检)如图，在底面边长为8 cm，高为6 cm的正三棱柱ABCA1B1C1中，若D为棱A1B1的中点，则过BC和D的截面面积为_ cm2.答案24eq r(3)解析过点D作DEB1C1，交A1C1于点E，连接CE，DB，B1C1BC，则DEBC，即D，E，B，C四点共面，四边形BCED即为过BC和点D的截面，因为D为棱A1B1

10、的中点，所以DE是A1B1C1的中位线，所以 DEeq f(1,2)B1C14(cm)，又因为DEBC，所以四边形BCED是梯形，过点D作 DFBC交BC于点F，则DFeq r(6242422)4eq r(3)(cm)，所以截面 BCED的面积Seq f(1,2)(48)4eq r(3)24eq r(3)(cm2)11(多选)(2022南京质检)如图是正方体的平面展开图在这个正方体中，下列四个命题中，正确的是()ABM与ED平行BCN与BE是异面直线CAF与平面BDM平行D平面CAN与平面BEM平行答案CD解析对于选项A，由展开图得到正方体的直观图，如图，BM与ED异面，故A错误；对于选项B，

11、CN与BE平行，故B错误；对于选项C，因为四边形AFMD是平行四边形，所以AFMD，又AF平面BDM，MD平面BDM，所以AF平面BDM，故C正确；对于选项D，显然ACEM，又AC平面BEM，EM平面BEM，所以AC平面BEM，同理AN平面BEM，又ACANA，所以平面CAN平面BEM，故D正确12(多选)已知平面平面，P是，外一点，过P点的两条直线AC，BD分别交于A，B，交于C，D，且PA6，AC9，AB8，则CD的长为()A20 B16 C12 D4答案AD解析因为过P点的两条直线AC，BD确定的平面分别交于A，B，交于C，D，且平面平面，所以可得ABCD，分两种情况：当点P在两平行平面

12、之外时，eq f(PA,PC)eq f(AB,CD)，则CD20；当点P在两平行平面之间时，得PCACAP3，eq f(AP,PC)eq f(AB,CD)，则CD4.13(2022上海市进才中学模拟)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD1，DD12，ABeq r(3)，E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，点P在平面ABCD内，若直线D1P平面EFG，则线段D1P长度的最小值是_答案eq f(r(19),2)解析如图，连接D1A，D1C，AC，因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，所以ACEF，又因为EF平面ACD1，AC平面ACD1，所以EF平面ACD1，同理EG平

13、面ACD1，又因为EGEFE，所以平面EFG平面ACD1，因为直线D1P平面EFG，所以点P在直线AC上，且当D1PAC时，线段D1P的长度最小，在ACD1中，AD1eq r(5)，AC2，CD1eq r(7)，所以cosD1ACeq f(r(5),10)，sinD1ACeq f(r(95),10)，当D1PAC时，在RtD1AP中，D1PAD1sin D1ACeq r(5)eq f(r(95),10)eq f(r(19),2).即线段D1P长度的最小值为eq f(r(19),2).14如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EFeq f(1,2)，则下列结论中正确的序号是_ACBE；EF平面ABCD；三棱锥ABEF的体积为定值；AEF的面积与BEF的面积相等答案解析对于，由题意及图形知，AC平面DD1