8.5.1-8.5.2 直线与直线、直线与平面平行（解析版）

8.5.1-8.5.2直线与直线、直线与平面平行【考点梳理】考点一基本事实4文字语言平行于同一条直线的两条直线平行图形语言符号语言直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c作用证明两条直线平行说明基本事实4表述的性质通常叫做平行线的传递性考点二空间等角定理1.定理文字语言如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补符号语言OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180°图形语言作用判断或证明两个角相等或互补2.推广如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等.考点三直线与平面平行的判定定理文字语言如果平面外一条直线与此平面内一条直线平行，那么该直线与此平面平行符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊄α，,b⊂α，,a∥b))⇒a∥α图形语言考点四直线与平面平行的性质定理文字语言一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行符号语言a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b图形语言【题型归纳】题型一：判断线面平行1．（2023春·全国·高一专题练习）已知a，b，c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（

）①，；②，；③，；④，；

⑤，，．A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤【答案】A【分析】分析各直线，平面的关系即可得出结论.【详解】由题意，①，，故，故正确；②，，则与有可能平行、相交、异面，故错误；③，则或，故错误；④，；则与可能平行或相交，故错误；⑤，，，由线面平行的判定定理可得，故正确.故选：A.2．（2022春·浙江·高一期中）下列命题中正确的是（

）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面内有不共线的三个点A，B，C到平面的距离相等，则C．，，则D．，，，则【答案】D【分析】根据线面平行的判断和性质理解辨析.【详解】对于A：若一条直线与一个平面平行，这条直线与平面内的无数条直线平行，但不是任意一条，A错误；对于B：由题意可得：或与相交，B错误；对于C：根据题意可得：或，C错误；对于D：∵，则，使得，则∴∴，D正确；故选：D.3．（2021春·湖北·高一校联考期末）如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（

）个①．

②．③．④．A． B． C． D．【答案】C【分析】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可【详解】对于①，如图取底面中心，连接，由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得∥，因为与平面相交，所以与平面相交，对于②，如图连接，因为分别为的中点，所以∥，因为∥，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，对于③，如图，连接，则∥，因为分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得∥，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，对于④，如图，连接，则∥，因为分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得∥，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，所以直线与平面平行的有3个，故选：C题型二：直线与平面平行的性质判断线段比例或点所在位置4．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥P—ABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足AD平面PEF，则的值为（

）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】连接，交于，连接，由平面，得到，由点，分别为棱，的中点，得到是的重心，由此能求出结果．【详解】解：连接，交于，连接，如图，平面，平面平面，，点，分别为棱，的中点．是的重心，．故选：C．5．（2022春·河南周口·高一太康县第一高级中学校考阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别取棱、的中点、，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断在或处时最长，位于线段中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．【详解】如下图所示，分别取棱，的中点、，连，，，，，分别为所在棱的中点，则，，，又平面，平面，平面.，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，又，平面平面.是侧面内一点，且平面，点必在线段上.在中，.同理，在中，可得，为等腰三角形.当点为中点时，，此时最短；点位于、处时，最长.，.线段长度的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点位置．6．（2022春·湖北黄冈·高一校考阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（

）A．1 B． C．3 D．2【答案】C【分析】根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.【详解】解：设与交于点，连接，如图所示，因为为的中点，则，由四边形是菱形，可得，则，所以，所以，又因为平面，平面，平面平面，所以，所以.故选：C.题型三：证明线面平行7．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，已知M、N、P、Q分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点．求证：(1)四边形是平行四边形；(2)平面．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用中位线性质及平行四边形的判定即可证结论；（2）由中位线性质得，再应用线面平行的判定即可证结论.【详解】（1）由M、N、P、Q分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，所以且，所以为平行四边形.（2）由M、N分别是空间四边形ABCD的边AB、BC的中点，所以，由（1）知面，且面，故面，即平面.8．（2023·高一课时练习）如图，四棱锥的底面是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别为AB，PD的中点，且PA＝AD＝2．(1)求证：平面PEC；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取PC的中点G，由题可得，然后根据线面平行的判定定理即得；（2）根据锥体的体积公式结合条件即得.【详解】（1）取PC的中点G，连接EG，FG，因为F是的中点，所以，因为E是AB的中点，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为PA⊥平面ABCD，F为PD的中点，且PA＝AD＝2，四边形ABCD是正方形，所以三棱锥的体积为：＝．9．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为的中点.(1)证明：AF平面；(2)在线段上是否存在一点，使得平面，并给出必要的证明.【答案】(1)证明见解析(2)存在，证明见解析【分析】（1）取中点，证明四边形为平行四边形即可；（2）设，取中点，先证明平面，即可证明点在线段靠近端的三等分点时符合题意.【详解】（1）证明：取中点，连接，在中，为的中点，.为的中点，，即四边形为平行四边形，.平面平面平面.（2）设，取中点，连接，则在中，分别是的中点，平面平面，平面.与相似，且相似比为，为的三等分点.在点位置时满足平面.即点在线段靠近端的三等分点时符合题意.题型四：直线与平面平行的性质定理的应用10．（2023·全国·高一专题练习）点是所在平面外一点，是中点，在上任取点，过和作平面交平面于．证明：．【答案】证明见详解【分析】连结，交于点，连结，可推得，进而得到平面.然后根据线面平行的性质定理可得．【详解】证明：连结，交于点，连结.因为四边形为平行四边形，所以是的中点.又是中点，所以.因为平面，平面，所以平面.又平面平面，平面，所以．11．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四棱锥中，，，点为上一点，为，且平面.(1)若平面与平面的交线为，求证：平面；(2)求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）结合线面平行的判定定理和性质定理证得：平面.（2）结合线面平行的性质定理和三角形重心的知识证得：.【详解】（1）∵，平面平面，∴平面.∵平面，平面平面，∴.∵平面平面，

∴平面.（2）连接，设，，连接，∵平面平面，平面平面，∴，∵，，所以，∴，∴点是的重心，∴点是的中点，∴，∴，∴.12．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四边形ABCD为长方形，平面ABCD，，，点E、F分别为AD、PC的中点．设平面平面．(1)证明：平面PBE；(2)证明：；(3)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）取的中点，连接，，由条件可证明，从而可得线面平行；（2）根据线面平行的性质即可证明；（2）利用等体积转化，根据题中数据，即可求出结果．【详解】（1）取PB中点，连接FG，EG，因为点E、F分别为AD、PC的中点所以，，因为四边形ABCD为长方形，所以，且，所以，，所以四边形DEGF为平行四边形，所以因为平面PBE，平面PBE，平面PBE（2）由（1）知平面PBE，又平面PDC，平面平面所以（3）因为平面ABCD，所以PD为三棱锥的高，所以．题型五：直线和平面的位置关系综合问题13．（2022春·新疆乌鲁木齐·高一乌市一中校考期末）如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，E为PD的中点.（1）证明：平面ACE；（2）设，，直线PB与平面ABCD所成的角为，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)连接交于点，连接，由三角形的中位线定理可知，结合线面平行的判定定理可证明平面.(2)由题意可知，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.【详解】（1）连接交于点，连接.在中，因为，所以，因为平面，平面，则平面.（2）因为平面ABCD，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以，又，，所以，所以四棱锥的体积，所以四棱锥的体积为.14．（2021春·黑龙江鸡西·高一鸡西实验中学校考期中）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1=AB=2，BC=3.（1）求证：AB1平面BC1D；（2）求AB1与BD所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位线定理证明ODAB1，再用线面平行的判定定理证明AB1平面BC1D；（2）先判断出∠ODB（或其补角）为AB1与BD所成的角，再解三角形求出余弦值.【详解】（1）证明：如图，连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD．∵四边形BCC1B1是平行四边形．∴点O为B1C的中点．∵D为AC的中点，∴OD为△AB1C的中位线，∴OD∥AB1．∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D．（2）解：由（1）可知，∠ODB为AB1与BD所成的角或其补角，∵AA1＝AB＝2，∴AB1＝2，OD，在Rt△ABC中，D为AC的中点，则BD，同理可得，OB，在△OBD中，cos∠ODB∴AB1与BD所成角的余弦值为．【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以用几何法，也可以用向量法计算．15．（2021春·河北沧州·高一肃宁县第一中学校考阶段练习）如图所示，已知是所在平面外一点，，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）设平面平面，求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明；（2）利用线面平行的性质定理证明；【详解】证明：（1）如图，取的中点，连接，，可以证得且，所以四边形是平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为，平面，平面，所以平面.又因为平面平面，所以.【双基达标】一、单选题16．（2022春·安徽合肥·高一校考阶段练习）已知三条直线a，b，c和两个平面，下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】根据线线、线面位置关系，结合平面基本性质判断A、B、C；根据平面基本性质知且，由线面平行的判定、性质有，即可判断D.【详解】A：，则或，错误；B：，则或，错误；C：，则可能相交或平行，错误；D：由为两个平面且、，故且，由，则，又，，，则，所以，正确.故选：D17．（2017·高一课时练习）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，能得出平面的图形的序号是（

）A．①③ B．②③ C．①④ D．②④【答案】C【分析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.【详解】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交.对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交.对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.综上所述，能得出平面的图形的序号是①④.故选：C【点睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.18．（2021·高一课时练习）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设的中点为M，的中点为N，下列结论正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】C【解析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，四边形ONMB为平行四边形，MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.19．（2022·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（

）A．MN∥PD B．MN∥PA C．MN∥AD D．以上均有可能【答案】B【分析】直接利用线面平行的性质分析解答.【详解】∵MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAD∩平面PAC=PA，∴MN∥PA.故选：B20．（2023春·全国·高一专题练习）设，，为不同的直线，，，为不同的平面，则下列结论中正确的有（

）①若，，则；②若，，则；③若，，，则；④若，，则．A．①③ B．②④ C．②③ D．②【答案】A【分析】由平行的传递性、线面关系及线面平行的性质依次判断即可.【详解】由平行的传递性知①正确；若，，可能平行，也可能相交或异面，②错误；由线面平行的性质知③正确；若，，则或，④错误.故选：A.21．（2022春·重庆沙坪坝·高一重庆八中校考期中）如图，在正方体中，E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.22．（2022春·湖北武汉·高一华中师大一附中校考阶段练习）如图,四边形为矩形,且平面,,为的中点.（1）求证:；（2）求三棱锥的体积；（3）探究在上是否存在点,使得平面，并说明理由.【答案】（1）见解析;（2）;（3）见解析.【分析】(1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得.(3)在上存在中点,使得.取的中点,连结.易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.【详解】(1)连结,∵为的中点,,∴为等腰直角三角形,则,同理可得,∴,∴,又,且,∴,

又∵,∴,又,∴.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,∴,而是三棱锥的高,∴.(3)在上存在中点,使得.理由如下:取的中点,连结.∵是的中点,∴,且,

又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC//AD,且EC=AD,所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG//平面PCD.【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.23．（2020·浙江杭州·高一期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求证：平面.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【分析】（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面平面；（3）取中点，连接，证明，则平面.【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴；（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴.又，，、平面，平面，∵平面，∴平面平面；（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法.证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.24．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知在长方体中，，，点E是的中点.(1)求证：平面EBD；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1），证明，然后由线面平行的判定定理可得线面平行；（2）用换底法求三棱锥的的体积．【详解】（1）因为四边形ABCD为矩形，且，则O为AC的中点，又因为E为的中点，则，∵平面EBD，平面EBD，因此，平面EBD；（2）在长方体中，平面，因此，.【高分突破】一、单选题25．（2022春·河北张家口·高一张北县第一中学校考阶段练习）如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，以下判断不正确的是（

）A． B．平面C．与所成的角为 D．【答案】A【分析】由正方体的平面展开图还原正方体，可直接判断A、D的正误；根据且可证，可得平面；可证，在等边三角形△中分析与所成的角．【详解】如图：由正方体的平面展开图还原正方体根据图形显然不平行，，A不正确，D正确；∵且，则为平行四边形∴平面，平面则平面，B正确；连接∵且，则为平行四边形∴又∵，即△为等边三角形∴与所成的角为，C正确；故选：A．【点睛】26．（2023·全国·高一专题练习）已知，是空间两个不同的平面，，是空间两条不同的直线，下列说法中正确的是（

）A．，则B．，，则C．平面内的不共线三点到平面β的距离相等，则与平行D．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与此平面内的无数条直线平行【答案】D【分析】，则或，判断选项A，，，则或，判断选项B，当两个面相交时，可以在平面内找到的不共线三点到平面β的距离相等，判断选项C，根据平行的传递性判断选项D.【详解】，则或，故选项A错误；，，则或，故选项B错误；当平面与平面相交时，可以在平面内找到不共线三点到平面β的距离相等，故选项C错误；如果一条直线与一个平面平行，那么平面内必有一条直线与给定直线平行，而平面内与一条直线平行的直线有无数条，根据平行的传递性，这些直线都与给定直线平行，所以有无数条，故选项D正确.故选：D.27．（2022春·山西·高一校联考阶段练习）如图，在正方体中，M，N，P分别是，BC，的中点，有下列四个结论中，正确的个数是（

）①AP与CM是异面直线

②AP，CM，相交于一点

③

④平面A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用异面直线的概念，以及线面平行的判定定理和性质定理逐个分析判断【详解】对于①，连接，，则，∥，因为M，P分别是，的中点，所以∥，，所以∥，，所以AP与CM是相交直线，所以①错误，对于②，因为平面平面，平面，平面，且与是相交直线，所以AP，CM，相交于一点，所以②正确，对于③④，令，因为M，N分别是，BC的中点，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，所以③错误，④正确，故选：B28．（2022春·全国·高一期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，则B．若，,则C．若,，，，则D．若，，，则【答案】B【分析】利用直线和平面平行的判定定理和直线与平面平行的性质定理即可求解.【详解】对于选项,由直线和平面的性质定理可知，直线只能和过这条直线的任意平面与平面的交线平行，则直线和不一定平行，则不正确；对于选项，利用直线与平面平行的判定定理可知选项正确；对于选项，平面和平面可能相交，则选项不正确，对于选项，直线和直线可能相交或异面，则不正确；故选：.29．（2023春·全国·高一专题练习）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的个数为（

）①平面PBC

②平面PCD

③平面PDA④平面PBAA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】证明，即可证明②③正确；平面，故①错误，平面，故④错误．【详解】对于①，平面，故①错误；对于②，由于为的中点，为的中点，则，平面，平面，则平面，故②正确；对于③，由于，平面，平面，则平面，故③正确；对于④，由于平面，故④错误．故选：B30．（2019春·天津红桥·高一统考期末）下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是（

）A．①③ B．①②C．①④ D．②③【答案】A【分析】运用线面平行的判定、面面平行及线面相交、面面平行的性质，并结合图形即可判断结论在各图中是否正确【详解】图①，如图，作//，连接，得平面，平面⇒//平面即//平面，故①项正确；图②，如图，连结由已知可得平面//平面；∵和平面相交，∴不平行于平面，故②项错误；图③，如图，连接由已知可得//，而//，可得//，∵平面/平面，又∵平面∴//平面，故③项正确；④项，如图，由//，平面，若//平面，又则平面//平面而由图可知，平面不可能平行平面∴不平行于平面，故④项错误.综上，①③符合题意.故选：A二、多选题31．（2022春·广东韶关·高一校考期中）如图，在正方体中，，分别是的中点，则（

）A．四点，，，共面B．C．平面D．若，则正方体外接球的表面积为【答案】BD【分析】连接和，由此可知点，，在平面中，而点不在平面中，即可判断选项；由已知得为△的中位线，利用中位线的性质即可判断选项；由已知得点,,都在平面,与平面相交，即可判断选项；由即可求得正方体的棱长为，则可以求出正方体外接球的半径，即可判断选项.【详解】对于选项，连接和，由此可知点，，在平面中，点平面，则四点，，，不共面，即选项不正确；对于选项，由正方体的性质结合条件可知，分别是的中点，所以,又因为,所以，即选项正确；对于选项，点,,都在平面,所以与平面相交，即选项不正确；对于选项，因为为△的中位线，且，所以正方体的棱长为，设正方体外接球的半径为,则,即，则外接球的表面积为,即选项正确；故选：.32．（2022春·湖北随州·高一随州市曾都区第一中学校考阶段练习）如图所示，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列满足平面ABC的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据线面平行的判定定理或面面平行的性质定理，即可得解．【详解】解：对于A，如图所示，点，为正方体的两个顶点，则，所以、、、四点共面，同理可证，即、、、四点共面，平面，故A错误；对于B，如图所示，为正方体的一个顶点，则，，平面，平面，所以平面，同理可证平面又，、平面，平面平面，又平面，平面，故B正确；选项C，如图所示，为正方体的一个顶点，则平面平面，平面，平面，故C正确；对于D，连接，则，，，，四点共面，平面，与平面相矛盾，故D错误．故选：BC．33．（2022春·广东江门·高一台山市华侨中学校考期中）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且，则（

）A．平面EGHF B．平面ABCC．平面EGHF D．直线GE，HF，AC交于一点【答案】AD【分析】由条件可得，FH与AC为相交直线，即可判断ABC，EG与FH必相交，设交点为M，然后可证明，即可判断D正确.【详解】因为，所以.又E，F分别为AB，AD的中点，所以，且，则.易知平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B，C错误.因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，所以平面ABC，平面ACD，则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，所以，即直线GE，HF，AC交于一点，即D正确.故选：AD34．（2022春·全国·高一期末）如图，在直四棱柱中，，，，，点P，Q，R分别在棱，，上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论正确的是（

）A．任意点P，都有B．存在点P，使得四边形APQR为平行四边形C．存在点P，使得平面APQRD．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形【答案】AC【分析】根据面面平行的性质，结合假设法逐一判断即可.【详解】对于A：由直四棱柱，，所以平面平面，又因为平面平面，平面平面，所以，故A正确；对于B：若四边形为平行四边形，则，而与不平行，即平面与平面不平行，所以平面平面，平面平面，直线与直线不平行，与矛盾，所以四边形不可能是平行四边形，故B不正确；对于C：当时，为时，满足平面，故C正确.对于D：假设存在点，使得为等腰直角三角形，令，过点作，则，在线段上取一点使得，连接，则四边形为矩形，所以，则，，显然，若，则，此时，解得，不合题意；若由，则且四边形为平行四边，所以，无解，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点睛：运用假设法进行求解是解题的关键.35．（2022春·广东广州·高一校联考期中）如图，正四棱柱中，，，点E，F，G分别为棱CD，，的中点，则下列结论中正确的有(

)A．与FG共面 B．AE与异面C．平面AEF D．该正四棱柱外接球的表面积为【答案】ABC【分析】证明即可判断；连接，证明与分别是两个互相平行的平面里面的不平行直线即可判断；取的中点为，连接，连接，证明即可判断；根据长方体外接球球心为体对角线中点即可计算长方体外接球半径，从而计算其外接球表面积，从而判断D．【详解】①，且是中点，是中点，，且，四边形是平行四边形，与共面，故A正确；②连接四边形为平行四边形，，，故与不平行，而平面平面，平面面，和互为异面直线，故B正确；③取的中点为，连接，连接.是中点，是中点，，且四边形是平行四边形，是的中点，又是中点，在中，．是中点，是中点，四边形是平行四边形，，平面平面平面，故C正确．④设该四棱柱外接球半径为，则，故该正四棱柱外接球的表面积为，故D错误．故选：ABC.36．（2022春·吉林长春·高一长春十一高校考阶段练习）如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点（不与各边的端点重合），且AE:EB=AH:HD=m，CF:FB=CG:GD=n，AC⊥BD，AC=4，BD=6.则下列结论正确的是（

）A．E，F，G，H一定共面B．若直线EF与GH有交点，则交点一定在直线AC上C．AC∥平面EFGHD．当m=n时，四边形EFGH的面积有最大值6【答案】ABD【分析】A根据等比例的性质可得；B、C由题设得、，若易得直线EF与GH有交点，结合点、线、面的关系判断交点位置即可确定正误；D由B、C的分析知EPGH为平行四边形，结合有EFGH为矩形，设并得到EFGH面积关于的函数关系，由二次函数性质求最值即可判断.【详解】因为，则，又，则.所以，即四点共面，A正确；因为，所以，同理.当时又，此时四边形EFGH为梯形，即直线EF与GH有交点，交点在面ABC内，又在面ADC内，而面面，所以直线EF与GH的交点在直线AC上，B正确，C错误；因为及得：，四边形EPGH为平行四边形，又，所以，故平行四边形EFGH为矩形.设，因为，所以，而，所以，所以，则矩形EFGH的面积，可得，D正确.故选：ABD三、填空题37．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是上一点，当点满足条件：________时，平面.【答案】答案表述不唯一)【分析】当为的中点，为的中点时，根据三角形中位线的性质即可判断，从而可得平面，由此可得出点满足条件的结论.【详解】连接交于O，连接OE，平面平面，平面平面，.又底面为平行四边形，为对角线与的交点，故为的中点,为的中点，故当满足条件:时，面.故答案为:答案表述不唯一)38．（2022·高一课时练习）已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法中正确的序号为________．①若α//β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；②若α//β，a⊂α，则a//β；③若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交．【答案】②【分析】①③可举出反例，②可以从线面平行的判定进行判断【详解】①中直线a与b没有交点，所以a与b可能异面也可能平行，故①错误；②由面面平行得a与β没有公共点，故②正确；③中直线a与平面β有可能平行，故③错误．故答案为：②39．（2023春·全国·高一专题练习）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，则的长=___________.【答案】【分析】连接AC与BD交于点O，取PQ=AP=1，连接QC，得到，再由平面，利用线面平行的性质得到，进而得到求解.【详解】解：因为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，所以底面边长为，高为，如图所示：连接AC与BD交于点O，取PQ=AP=1，连接QC，则，因为平面，且平面，平面平面，所以，则，又，所以四边形是平行四边形，所以，故答案为：40．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，过三棱台上底面的一边，作一个平行于棱的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则______．【答案】【分析】证得，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.【详解】因为平面，且平面平面，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，所以，且E分别是BC的中点，所以，同理，因此，设上底面的面积为，高为，则下底面的面积为，所以，故答案为：.41．（2022·高一课时练习）已知l，m，n是互不相同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则αβ；②若αβ，l⊂α，m⊂β，则lm；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，lγ，则mn.其中所有真命题的序号为________.【答案】③【分析】①利用平面的位置关系判断；②利用直线与直线的位置关系判断；③利用线面平行的性质定理判断.【详解】①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则αβ或α与β相交；②若αβ，l⊂α，m⊂β，则lm或直线l与m异面；③因为α∩β＝l，β∩γ＝m，lγ，所以ml，同理可证ln，所以mn.故答案为：③42．（2022春·江西赣州·高一赣州市赣县第三中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，P是侧面内一点（包含边界），若平面AEF，则线段长度的取值范围是_________.【答案】【分析】分别取棱的中点，通过证明平面可得必在线段上，进而可求得长度的取值范围.【详解】如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，因为为所在棱的中点，所以，所以，又平面平面，所以平面；因为，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，因为是侧面内一点，且平面，则必在线段上，在直角中，，同理，在直角中，求得，所以为等腰三角形，当在中点时，，此时最短，位于处时最长，，，所以线段长度的取值范围是.故答案为：.四、解答题43．（2022·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，D为AC的中点，，.(