2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.4 直线、平面平行的判定及性质 （新教材新高考）（练）含答案

2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.4直线、平面平行的判定及性质练基础练基础1．（2021·山西高一期末）对于两个不同的平面，和三条不同的直线，，.有以下几个命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则；⑤若，，则.则其中所有错误的命题是（）A．③④⑤ B．②④⑤ C．②③④ D．②③④⑤2．（2021·江苏高一期末）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则3．（2020·湖北开学考试）已知平面平面，直线，直线，下列结论中不正确的是（）A． B． C． D．与不相交4．（2021·济南市历城第二中学开学考试）如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则A． B． C． D．以上均有可能5．【多选题】（2021·宁波市北仑中学高一期中）下列命题正确的是（）A．若两条平行直线中的一条直线与一个平面相交，则另一直线也与这个平面相交.B．若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行.C．过空间任意一点，可作一个平面与异面直线都平行.D．若在空间内存在两条异面直线同时平行于平面，则.6．【多选题】（2021·广东湛江二十一中高一期中）已知，，为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面其中正确的命题是（）A．， B．，C．， D．，n，7．【多选题】（2020·佛山市第四中学高二月考）下列命题正确的是（）A．平行于同一直线的两条直线互相平行B．垂直于同一平面的两个平面互相平行C．若是两个平面，∥∥，则∥D．若三棱锥中，，则点在平面内的射影是的垂心8．（2021·大连市第一中学高一月考）已知，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，有下列命题：①；②若，，则；③，，则；④直线，直线，那么；⑤若，，，则；⑥若，，则．其中正确的说法为______（填序号）9．（2020·云南省下关第一中学高二月考（文））如图，在正三棱锥中，底面边长为6，侧棱长为5，G、H分别为PB、PC的中点.（1）求证：平面ABC；（2）求正三棱锥的表面积.10.（2020·佛山市第四中学高二月考）如图在正方体中，分别是的中点，求证（1）∥平面；（2）平面∥平面.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2020·全国月考）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，已知，，则“，”是“”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2．（2021·山东高一期末）在正方体中，，，分别为，，的中点，为底面上一动点，且直线平面，则与平面所成角的正切值的取值范围为（）A． B．C． D．3．（2021·江苏南京一中高一月考）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4．（2021·江西省分宜中学高二月考（理））点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（）A． B． C． D．5．【多选题】（2021·江苏省镇江中学高一月考）下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形是（）A． B．C． D．6．（2021·珠海市第二中学高一期中）已知正方体中的棱长为2，是中点．（1）求证：平面平面；（2）设的中点为，过､､作一截面，交于点，求截面的面积．7．（2021·福建高一期末）如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别为，，，的中点，点为线段上的动点，且.（1）是否存在使得平面，若存在，求出的值并给出证明过程；若不存在，请说明理由；（2）画出平面截该正方体所得的截面，并求出此截面的面积.8．（2021·山东高一期末）如图，点是正方形两对角线的交点，平面，平面，，是线段上一点，且．（1）证明：三棱锥是正三棱锥；（2）试问在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．9．（2019·河南高三月考（文））如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若，求三棱锥的体积．10．（2021·陕西高二期末（文））如图，正三棱柱中，、分别为、的中点．（1）证明：平面；（2）若，，求点到平面的距离．练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面2.（2018·浙江高考真题）已知直线和平面，，则“”是“”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3.（北京高考真题（理））设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4.（2017·全国高考真题（文））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AB不平行与平面MNQ的是（）A. B.C. D.5．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．6.（2017·全国高考真题（文））四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面,（1）证明：直线平面;（2）若△面积为，求四棱锥的体积.专题8.4直线、平面平行的判定及性质练基础练基础1．（2021·山西高一期末）对于两个不同的平面，和三条不同的直线，，.有以下几个命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则；⑤若，，则.则其中所有错误的命题是（）A．③④⑤ B．②④⑤ C．②③④ D．②③④⑤【答案】D【解析】根据空间中直线平行的传递性，可判断①；根据线线、线面、面面之间的位置关系即可判断②③④⑤.【详解】解：因为，，根据空间中直线平行的传递性，得，故①正确；因为，，所以直线平行，异面，相交均有可能，故②错误；若，，则或，故③错误；若，，则平面平行或相交，故④错误；若，，则或，故⑤错误.所以错误的命题是②③④⑤.故选：D.2．（2021·江苏高一期末）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【解析】利用线面平行的性质定理可以得到判定A错误的例子；利用面面垂直的性质定理可举出B错误的例子；利用线面平行的判定定理可以举出C错误的例子；利用线面垂直的性质定理可知D正确.【详解】若，，则n可能在α内，只要过m作平面β与α相交，交线即可作为直线n,故A错误；若，，则m可能在α内，只要m在α内垂直于两平面α，β的交线即有m⊥β，故B错误；若，，则α，β可能相交，只要m不在α，β内，且平行于α，β的交线即可，故C错误；若，，根据线面垂直的性质定理可知，故D正确；故选：D.3．（2020·湖北开学考试）已知平面平面，直线，直线，下列结论中不正确的是（）A． B． C． D．与不相交【答案】C【解析】根据面面平行的的定义和性质知:平面平面，直线，直线，则，，与不相交，故选:C.4．（2021·济南市历城第二中学开学考试）如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则A． B． C． D．以上均有可能【答案】B【解析】四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，平面，平面平面，由直线与平面平行的性质定理可得：．故选：．5．【多选题】（2021·宁波市北仑中学高一期中）下列命题正确的是（）A．若两条平行直线中的一条直线与一个平面相交，则另一直线也与这个平面相交.B．若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行.C．过空间任意一点，可作一个平面与异面直线都平行.D．若在空间内存在两条异面直线同时平行于平面，则.【答案】AD【解析】对A，利用反证法判断即可；对B，根据线面位置关系判断即可；对C，若点在其中一条直线上，此时作不出一个平面；对D，利用线面平行的性质定理及面面平行的判定定理判断即可.【详解】对A，记，与相交.假设另一直线与这个平面不相交，在平面内作直线，则，但与相交，故与不平行，这与矛盾，故A正确；对B，若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行或在这个平面内，故B错误；对C，当点在两条异面直线中的一条上时，没有平面与异面直线都平行，故C错误；对D，若，，，，如图过作平面分别交,于，过作平面分别交,于，根据线面平行的性质定理可得，，，，所以，，由面面平行的判定定理可得，故D正确.故选：AD6．【多选题】（2021·广东湛江二十一中高一期中）已知，，为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面其中正确的命题是（）A．， B．，C．， D．，n，【答案】AD【解析】对于A：直接根据平行的传递性，可以判断；对于B：由，，则m、n可以平行，相交，也会是异面直线即可判断；对于C：由，，则即可判断；对于D：根据线面平行的判定定理可以判断.【详解】对于A：因为，由平行的传递性，可以得到.故A正确；对于B：，，则m、n可以平行，相交，也会是异面直线.故B错误；对于C：，，则.故C错误；对于D：，n，，根据线面平行的判定定理可以得到.故D正确.故选：AD.7．【多选题】（2020·佛山市第四中学高二月考）下列命题正确的是（）A．平行于同一直线的两条直线互相平行B．垂直于同一平面的两个平面互相平行C．若是两个平面，∥∥，则∥D．若三棱锥中，，则点在平面内的射影是的垂心【答案】AD【解析】由平行公理判断A；由面面垂直判断B；举特例判断C；由逻辑推理可判断D.【详解】对于选项A：由平行公理可知A正确；对于选项B：垂直于同一平面的两个平面互相平行或相交，故B错误；对于选项C：反例如图，故C错误；对于选项D：设点在平面内的射影是，连接，则平面，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以.同理可证，所以点是的垂心.故D正确.故选：AD.8．（2021·大连市第一中学高一月考）已知，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，有下列命题：①；②若，，则；③，，则；④直线，直线，那么；⑤若，，，则；⑥若，，则．其中正确的说法为______（填序号）【答案】①⑥【解析】利用线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质应用，逐一判断选项可得结论.【详解】解：对于①，根据平行的性质有：，即，故①正确；对于②，由得或相交，故②错误；对于③，由得，或异面，故③错误；对于④，由直线，直线，可得，异面，相交，故④错误；对于⑤，由，得或相交，故⑤错误；对于⑥，若，由面面平行的传递性得，故⑥正确，故答案为：①⑥.9．（2020·云南省下关第一中学高二月考（文））如图，在正三棱锥中，底面边长为6，侧棱长为5，G、H分别为PB、PC的中点.（1）求证：平面ABC；（2）求正三棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由于G、H分别为PB、PC的中点，所以由三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）由于正三棱锥的侧面是等腰三角形，所以利用等腰三角形的性质可求出侧面面积，底面是正三角形，利用面积公式可求出面积，从而可求出表面积【详解】解：（1）证明：因为G、H分别为PB、PC的中点，所以，又平面，平面，所以平面ABC.（2）设BC中点为D，连接PD，因为三棱锥P-ABC是正三棱锥，所以是等腰三角形，所以，在Rt中又，PB=5，PD=，所以正三棱锥侧面积为，底面积为，所以正三棱锥P-ABC的表面积为10.（2020·佛山市第四中学高二月考）如图在正方体中，分别是的中点，求证（1）∥平面；（2）平面∥平面.【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】（1）证得，进而由线面平行的判定定理可证得结果；（2）由（1）可知，只需证明平面，进而由面面平行的判定定理可证得结果.【详解】（1）连接，依题意知，，所以，又平面，平面，所以平面.（2）连接，依题意可知，且，所以四边形是平行四边形，则，又平面，平面，所以平面.由（1）知平面，且，故平面平面.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2020·全国月考）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，已知，，则“，”是“”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】B【解析】充分性：已知，，由于，，若，则与不一定平行，充分性不成立；必要性：已知，，若，由面面平行的性质可得，，必要性成立.因此，“，”是“”的必要不充分条件.故选：B.2．（2021·山东高一期末）在正方体中，，，分别为，，的中点，为底面上一动点，且直线平面，则与平面所成角的正切值的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意知面在正方体上的截面为且为中点，根据正方体、线面平行的性质，有在上，即与平面所成角为，进而可求其正切值的范围.【详解】由题意，如上图示，面在正方体上的截面为且为中点，∵平面，而面面，∴面，又为底面上一动点，则在上，∴与平面所成角为，当与重合时，最小，此时，当与重合时，最大，此时；∴.故选：B3．（2021·江苏南京一中高一月考）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【答案】B【解析】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.4．（2021·江西省分宜中学高二月考（理））点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，因为是的中点，所以‖，所以‖，因为平面，平面，所以‖平面，因为是的中点，是的中点，所以‖，，因为‖，，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，因为，所以平面‖平面，因为平面平面，所以点在上运动，使面，因为的棱长为2，所以所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，的最小值为，所以的长度范围是，故选：B5．【多选题】（2021·江苏省镇江中学高一月考）下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形是（）A． B．C． D．【答案】AD【解析】对于A通过线面平行判定定理即可判断；对于B找到与平面内某一直线相交即可；对于C找到平行线与平面内某一直线相交即可；对于D通过线面平行判定定理即可判断.【详解】对于A，如下图所示，根据正方体性质易证得,又因为平面，平面,所以平面.故A正确；对于B，如下图所示，在平面内，与相交，又因为平面，平面,所以与平面相交，故B错误；对于C，如下图所示，易证,由于与平面相交，则与面相交.故C错误；对于D，如下图所示，由正方体性质易证得，由中位线定理知，所以,又因为平面，平面,所以平面.故D正确.故选:AD6．（2021·珠海市第二中学高一期中）已知正方体中的棱长为2，是中点．（1）求证：平面平面；（2）设的中点为，过､､作一截面，交于点，求截面的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）连接，，若，连接，由平行四边形的性质及线面平行的判定易得平面、平面，根据面面平行的判定即可证平面平面；（2）连接，，设平面与平面交于，根据面面平行的性质可得四边形为平行四边形，结合正方体的性质易知四边形为菱形，再求出对角线、，即可求截面的面积.【详解】（1）如图，连接，，若，连接，由，，可得四边形为平行四边形，∴，又，∴四边形为平行四边形，即，而平面，平面，平面，同理，是平行四边形，即，而平面，平面，∴平面，而，∴平面平面.（2）连接，，平面与平面交于，由平面平面，且平面平面，平面平面，，同理有，即四边形为平行四边形，在与中，易知，即四边形为菱形，故为的中点．∵正方体的棱长为2，，．∴截面面积．7．（2021·福建高一期末）如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别为，，，的中点，点为线段上的动点，且.（1）是否存在使得平面，若存在，求出的值并给出证明过程；若不存在，请说明理由；（2）画出平面截该正方体所得的截面，并求出此截面的面积.【答案】（1）存在，，证明见解析；（2）画图见解析；.【解析】（1）取中点，由面面平行的判定定理即可证明平面平面，即可得到平面时的值.（2）画出截面，根据正六边形的性质即可求出截面的面积.【详解】解：（1）当时，平面.取中点，连接，，，则，，如图所示：故，又平面，平面，平面，同理，平面，又，平面，故平面平面，平面，平面；（2）平面截正方体的截面为正六边形，如图所示：又正方体的棱长为2，故正六边形边长为，截面面积为：.8．（2021·山东高一期末）如图，点是正方形两对角线的交点，平面，平面，，是线段上一点，且．（1）证明：三棱锥是正三棱锥；（2）试问在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）根据正三棱锥的定义即可证明；（2）利用反证法，由平面，假设存在这样的点，使得平面，推出平面平面，与平面和平面是相交平面矛盾，即可求解.【详解】解：（1）证明：设，则∴是正三角形，如图所示：连接，，，∴，，，在中，由知：．又平面，，∵，，∴平面，∴．又平面，，∴平面，在线段上取点，使得，则点是的重心，也就是的中心，连接，则，∴平面，∴三棱锥是正三棱锥；（2）∵平面与平面有公共点，故平面与平面是相交平面，∵，平面，平面，∴平面，假设存在这样的点，使得平面，∵点与点不重合，∴与是相交直线，又平面，平面，且平面，平面，∴平面平面，这与平面和平面是相交平面矛盾，∴不存在一点，使得平面．9．（2019·河南高三月考（文））如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若，求三棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）连接，∴，，∴为正三角形.∵为的中点，∴.∵，平面，∴.又平面，平面，∴平面.∵，分别为，的中点，∴.又平面，平面，∴平面.又平面，，∴平面平面.（Ⅱ）在（Ⅰ）中已证.∵平面平面，平面，∴平面.又，，∴.在中，∵，，∴.∵，分别为，的中点，∴的面积，∴三棱锥的体积.10．（2021·陕西高二期末（文））如图，正三棱柱中，、分别为、的中点．（1）证明：平面；（2）若，，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）本题可连接与交于点，连接、，然后根据三角形的中位线法则得出，，根据是中点得出，，即可得出，最后通过线面平行的判定即可得出结果；（2）本题可作，通过线面垂直以及面面垂直的判定得出平面平面，然后根据面面垂直的性质得出平面，则长即点到平面的距离，最后通过等面积法即可得出结果.【详解】（1）如图，连接与交于点，连接、，因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形，是中点，因为是的中点，所以，，因为是中点，所以，，故，，四边形是平行四边形，，因为平面，平面，所以平面.（2）如图，作，因为三棱柱是正三棱柱，所以底面三角形是等边三角形，侧棱垂直于底面，易知，，因为，所以平面，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为平面平面，，平面，所以平面，长即点到平面的距离，，，则，，根据等面积法易知，，解得，故点到平面的距离为.练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【解析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.2.（2018·浙江高考真题）已知直线和平面，，则“”是“”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】D【解析】从充分性和必要性两方面分别分析判断得解.【详解】直线和平面，，若，当时，显然不成立，故充分性不成立；当时，如图所示，显然不成立，故必要性也不成立．所以“”是“”的既不充分又不必要条件.故选：D3.（北京高考真题（理））设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．4.（2017·全国高考真题（文））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AB不平行与平面MNQ的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于选项A，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知A不满足题意；对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于直线AB不平行与平面MNQ，满足题意.故答案为：D5．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）连接，，分别为，中点为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）在菱形中，为中点，所以，根据题意有，，因为棱柱为直棱柱，所以有平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，根据题意有，则有，解得，所以点C到平面的距离为.6.（2017·全国高考真题（文））四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面,（1）证明：直线平面;（2）若△面积为，求四棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积专题8.5直线、平面垂直的判定及性质练基础练基础1．（2020·浙江开学考试）已知两个不重合的平面，若直线，则“”是“”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2．（2021·浙江高二期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”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3．【多选题】（2021·河北高一期末）已知直线a，b与平面，，则下列说法不正确的是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，为异面直线，，，，，则4．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（）A． B．平面C．平面 D．三棱锥的体积为定值5．（2020·北京101中学期末）设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).6.（2021·河北巨鹿中学高一月考）三棱锥的高为，若三条侧棱、、两两垂直，则为的______心.7．（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱中，，分别是，的中点．求证：（1）平面//平面；（2）平面平面．8．（2021·山西高一期中）如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，E，F分别为AB和PD的中点.（1）求证：平面PBD；（2）求证：平面PBC.9．（2021·湖南高二期末）如图，在三棱柱中，，，.（1）证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积.10．（2020·内蒙古宁城·月考（文））在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，且平面平面，，，为中点.（1）证明：平面；（2）求到平面的距离.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2019·福建高考模拟（理））已知等边△的边长为2，现把△绕着边旋转到△的位置．给出以下三个命题：①对于任意点，；②存在点，使得平面；③三棱锥的体积的最大值为1.以上命题正确的是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③2．（2020·重庆市广益中学校期末）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是___________3．（2021·四川高二期末（文））如图，直三棱柱中，，且，为线段上动点.（1）证明：；（2）判断点到面的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值.4．（2020·佛山市第四中学高二月考）在直三棱柱中，，点分别是，的中点，是棱上的动点.（1）求证:平面；（2）若∥平面，试确定点的位置，并给出证明.5．（2019·河北高考模拟（文））如图，在四棱锥中，，是梯形，且，，.(1)求证：；(2)求三棱锥的体积；(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求得值；若不存在，说明理由.6.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA=3，AD=2（1）求证：平面PBC⊥平面PAC（2）若点M,N分别为PA,CD上的点，且PMPA=CNCD=35，在线段7．（2021·江苏高一期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．（1）若为线段的中点，求证：平面平面；（2）若，点是线段上的动点，求的最小值．8．（2020·江苏南京师大附中高二开学考试）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；（2）若为的中点，求证：平面；（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.9．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高一期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，E是的中点，F是的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求与平面所成的角．10．（2021·浙江温州市·高二期中）如图所示，四边形是矩形，平面平面，平面平面.（1）求证：平面；（2）过点作平面，若，，，为的中点，设，在线段上是否存在点，使得与平面所成角为.若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面2．（2020·山东海南省高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20° B．40°C．50° D．90°3．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．4.（2018·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．5．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.6．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．专题8.5直线、平面垂直的判定及性质练基础练基础1．（2020·浙江开学考试）已知两个不重合的平面，若直线，则“”是“”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】B【解析】根据面面垂直的判定定理，可知若且，可推出，即必要性成立；反之，若，则与的位置关系不确定，即充分性不成立；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.2．（2021·浙江高二期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”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】由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.3．【多选题】（2021·河北高一期末）已知直线a，b与平面，，则下列说法不正确的是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，为异面直线，，，，，则【答案】AB【解析】举反例可判断A和B；由线面平行的性质定理可判断C；由反证法可判断D.【详解】对于选项A：反例如图，故A错误；对于选项B：反例如图，故B错误；对于选项C：是“线面平行的性质定理”的符号语言，故C正确；对于选项D：若平面与平面不平行，设，因为，，由线面平行的性质定理得，同理，所以，这与，为异面直线矛盾，所以.故D正确.故选：AB.4．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（）A． B．平面C．平面 D．三棱锥的体积为定值【答案】ACD【解析】选项A，连接BD，通过证明平面，可判定；选项B，通过可判定；选项C，利用平面ABCD平面可判定平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定值来判定.【详解】选项A：连接BD，底面ABCD是正方形，，又平面ABCD，平面ABCD，，，平面，又平面，，故选项A正确；选项B：若平面，平面，，但显然，所以平面不成立，故选项B错误；选项C：正方体中，平面ABCD平面，平面，平面ABCD，故选项C正确；选项D：点A到平面BEF的距离也是点A到平面的距离，等于AC的一半，即三棱锥高为定值，而的边为定值，高为为定值，故体积为定值，故选项D正确.故选：ACD.5．（2020·北京101中学期末）设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).【答案】充分不必要【解析】面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.因为直线且所以由判断定理得.所以直线，且若，直线则直线，或直线，或直线l与平面相交，或直线l在平面内.所以“”是“”成立的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.6.（2021·河北巨鹿中学高一月考）三棱锥的高为，若三条侧棱、、两两垂直，则为的______心.【答案】垂【解析】根据题意可证明面PBC，结合PH为三棱锥的高可以证明，同理：，进而得到答案.【详解】如图，因为，所以面PBC，则PA⊥BC，又PH⊥平面ABC，所以PH⊥BC，而，所以面PAH，所以，同理可证：，所以点H为垂心.故答案为：垂.7．（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱中，，分别是，的中点．求证：（1）平面//平面；（2）平面平面．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析【解析】（1）连接，由已知条件可得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，则‖,‖,，再结棱柱的特点可得四边形为平行四边形，‖，所以由线面平行的判定可得‖平面，‖平面，再由面面平行的判定可得结论，（2）由已知可得，，从而可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论【详解】证明：（1）连接，因为，分别是，的中点，所以，因为，‖，所以，‖，‖，所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，所以‖,‖,，因为平面，平面，所以‖平面，因为，‖，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，因为，所以平面//平面；（2）因为为正三角形，是的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面．8．（2021·山西高一期中）如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，E，F分别为AB和PD的中点.（1）求证：平面PBD；（2）求证：平面PBC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）首先证出，，再利用线面垂直的判定定理即可证明.（2）取PC的中点G，连接FG，BG，证出四边形BEFG是平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定定理即可证明.【详解】证明：（1）设，则O是AC，BD中点，连接PO，∵底面ABCD是菱形，∴，又∵，O是AC中点，∴，又，平面PBD，平面PBD，∴平面PBD.（2）取PC的中点G，连接FG，BG，如图所示：∵F是PD的中点，∴，且.又∵底面ABCD是菱形，E是AB中点，∴，且，∴，且，∴四边形BEFG是平行四边形，∴，又平面PBC，平面PBC，∴平面PBC.9．（2021·湖南高二期末）如图，在三棱柱中，，，.（1）证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连，，证明与底面垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行得证结论；（2）由棱柱、棱锥体积得，计算三棱锥体积可得结论．【详解】（1）如图，取的中点，连，，因为，，所以，，又因为，所以，在中，由，满足，所以，且，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面平面.（2）由（1）可知平面，，所以四棱锥的体积.10．（2020·内蒙古宁城·月考（文））在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，且平面平面，，，为中点.（1）证明：平面；（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为平面，平面，所以因为，，为中点，所以为正三角形，则，在中，因为，，，由余弦定理可得：，又因为，所以所以，又，平面，且，所以平面（2）在中，设点到平面的距离为，由得解得：，所以点到平面的距离为.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2019·福建高考模拟（理））已知等边△的边长为2，现把△绕着边旋转到△的位置．给出以下三个命题：①对于任意点，；②存在点，使得平面；③三棱锥的体积的最大值为1.以上命题正确的是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】B【解析】由题意，取中点，由于，，根据线面垂直的判定定理，得平面，平面，所以，故①正确；假设平面，则，又，这不可能，故②错误；由，当平面平面时，达到最大，此时，故③正确.故选B．2．（2020·重庆市广益中学校期末）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是___________【答案】①②③【解析】设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，D为BC的中点，∴AD⊥BC，

又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，

∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，

∴BD⊥AC，故①正确；

②由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，

∴BD⊥CD，又∴由勾股定理得：，又AB=AC=a，

∴△ABC是等边三角形，故②正确；

③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC，

∴三棱锥D-ABC是正三棱锥，故③正确．

④∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC，

∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，

由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误；

综上所述，正确的结论是①②③．3．（2021·四川高二期末（文））如图，直三棱柱中，，且，为线段上动点.（1）证明：；（2）判断点到面的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值.【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析，.【解析】（1）由，证得面，从而，结合，证得面，从而证得.（2）点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离，由条件证得面，则为点到面的距离，求得即可.【详解】解：（1）连，，四边形为正方形，又，直棱柱中，，，面，面，又，面，面，（2）点到面的距离为定值.，面，面，点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离令，则，又面，面，，，，面，为点到面的距离在等腰中，，到面的距离为定值，且定值为4．（2020·佛山市第四中学高二月考）在直三棱柱中，，点分别是，的中点，是棱上的动点.（1）求证:平面；（2）若∥平面，试确定点的位置，并给出证明.【答案】（1）证明详见解析；（2）点是的中点，证明详见解析.【解析】（1）即证平面，只需证，即可；（2）点是的中点时，平面，取的中点，只需证四边形是平行四边形即可.【详解】（1）要证明平面，即证平面.依题意知平面，又平面，则，又，且，所以平面，又平面，所以.依题意知，且点是的中点，所以，又，所以平面，即平面.（2）点是的中点时，平面.证明如下：取的中点，连接，，.则，且；依题意知四边形为正方形，则且，又是的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，则，又平面，平面，故平面.5．（2019·河北高考模拟（文））如图，在四棱锥中，，是梯形，且，，.(1)求证：；(2)求三棱锥的体积；(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求得值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见证明；（2）（3）见解析【解析】(1)由题意，可知，则，所以，，面，所以，又因为，所以(2)因为，，为等腰直角三角形，所以，在中，，，，又，.(3)在棱上取点，使得，过作交于，则，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故在棱上存在点，当时，使得平面.6.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA=3，AD=2（1）求证：平面PBC⊥平面PAC（2）若点M,N分别为PA,CD上的点，且PMPA=CNCD=35，在线段【答案】（1）见解析（2）线段PB上存在一点E，使得MN∥平面ACE．VP【解析】（Ⅰ）证明：由已知，得AC=∵BC=AD=2又BC2+又PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，则∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且∴BC⊥平面PAC∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面（Ⅱ）线段PB上存在一点E，使得MN∥平面ACE证明：在线段PB上取一点E，使PEPB=3∵PMPA=PEPB=又∵CN∥AB，且∴CN∥ME，且∴四边形CEMN是平行四边形，∴CE∥又CE⊂平面ACE，MN⊄平面ACE，∴MN∥∴VP7．（2021·江苏高一期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．（1）若为线段的中点，求证：平面平面；（2）若，点是线段上的动点，求的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由线面垂直的判定，推得AC⊥平面PDO，再由面面垂直的判定定理，可得证明；

（2）在三棱锥P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，由三点共线取得最值的性质，计算可得所求最小值．【详解】解：（1）在中，因为，为的中点，所以．又垂直于圆所在的平面，因为圆所在的平面，所以．因为，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）在中，，，所以．同理，所以．在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．当，，共线时，取得最小值．又因为，，所以垂直平分，即为中点．从而，亦即的最小值为．8．（2020·江苏南京师大附中高二开学考试）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；（2）若为的中点，求证：平面；（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果；（2）证得，，进而由线面垂直的判定定理可证得结果；（3）由等体积法可得结果.【详解】（1）因为分别为的中点，则，又平面，平面，所以//平面.又平面与平面有公共点，则由公理3可知平面与平面必然相交，设交线为，因为//平面，平面，所以由线面平行的性质定理得到.（2）因为，且，所以平面，由（1）知，则平面，又平面，所以.因为，是中点，所以，又，故平面.（3）设，由三棱锥的体积得，则，，，从而，等腰三角形底边上的高，所以三角形的面积.三棱锥的体积，设点到平面的距离为，则，由得，解得.故到平面的距离为.9．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高一期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，E是的中点，F是的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求与平面所成的角．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）取的中点M，根据中位线定理以及公理4可得，且，从而有，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）根据正三角形性质可得，再根据线面垂直的定义可得，即可根据线面垂直的判定定理证出；（3）易证平面，从而可知是与平面所成的角，解三角形即可求出．【详解】（1）证明：取的中点为M，连接，∵E是的中点，∴是的中位线．∴，又∵F是的中点，且由于是菱形，∴，∴，且．∴四边形是平行四边形，∴．∵平面，平面．∴平面．（2）证明：∵平面，平面，∴．连接，∵底面是菱形，，∴为正三角形∵F是的中点，∴．∵，∴平面．（3）连结交于O，∴底面是菱形，∴，∴平面，∴，∴平面．∴，即是在平面上的射影．∴是与平面所成的角．∵O，E分别是中点，∴，∴为等腰直角三角形，∴，即与平面所成的角的大小为．10．（2021·浙江温州市·高二期中）如图所示，四边形是矩形，平面平面，平面平面.（1）求证：平面；（2）过点作平面，若，，，为的中点，设，在线段上是否存在点