2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第3讲空间直线平面平行的判定与性质提能训练

第3讲空间直线、平面平行的判定与性质A组基础巩固一、单选题1．(2024·河南郑州、商丘名师联盟联考)过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，若所得交线为a，b，c，…，则这些交线的位置关系为(A)A．平行或交于同一点 B．相交于同一点C．相交但交于不同的点 D．平行[解析]若l∥α，则l∥a，l∥b，l∥c，…，∴a∥b∥c….若l∩α＝P，则a，b，c，…交于点P.2．(2024·黑龙江大庆让胡路区联考)已知m，n是直线，α是平面，且m∥α，则下列结论中正确的是(B)A．∀n⊂α，都有m∥n B．∃n⊂α，使m⊥nC．∀n∥m，都有n∥α D．∃n⊥α，使m∥n[解析]由m，n是直线，α是平面，且m∥α，得：对于A，∀n⊂α，则m，n平行或异面，故A不正确；对于B，∃n⊂α，使m⊥n，故B正确；对于C，∀n∥m，则n∥α或n⊂α，故C不正确；对于D，若n⊥α，因为m∥α，所以m⊥n，故D不正确，故选B.3．(2024·山东济宁期末)已知m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是(C)①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n②若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β③若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥β④若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥βA．①② B．①③C．②③ D．②④[解析]在①中的条件下，m∥n或m与n相交或m、n异面，①错；又eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,m⊥α))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n⊥α,n⊥β))⇒α∥β，②正确；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n⊂α,α∥β))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n∥β,m∥n,m⊄β))⇒m∥β，③正确；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,n⊥α))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,α⊥β))⇒m∥β或m⊂β，④错，故选C.4.(2024·广东湛江调研测试)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱C1D1的中点，则(D)A．B1C∥平面A1BMB．A1B1∥平面BDMC．BM∥平面ACD1D．BC1∥平面A1MC[解析]因为B1C∥A1D，A1D与平面A1BM相交，所以B1C与平面A1BM不平行，故A错误；因为A1B1∥AB，AB与平面BDM相交，所以A1B1与平面BDM不平行，故B错误；取AB的中点E，连接D1E(图略)，则D1E∥BM.因为D1E与平面ACD1相交，所以BM与平面ACD1不平行，故C错误；取A1B1的中点N，连接C1N，BN(图略)，易知平面BC1N∥平面A1MC，故D正确．5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线(D)A.不存在 B．有1条C．有2条 D．有多数条[解析]由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有多数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行．6．(2024·陕西汉中校际联考)设α，β，γ为不同的平面，m，n为不同的直线，则α∥β的一个充分条件是(B)A．α⊥γ，β⊥γB．m⊥α，n⊥β，m∥nC．α内有多数条直线与β平行D．α内有不共线的三点到β的距离相等[解析]如图，可知A错误；eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m⊥α，,m∥n))⇒eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n⊥α，,n⊥β))))⇒α∥β，B正确；由图，可知C错误；符合条件D的平面可能相交，D错误．7.(2024·西南名校联盟月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为棱BC的中点，用平行于体对角线BD1且过点A，M的平面去截正方体ABCD－A1B1C1D1，得到的截面的形态是(C)A．五边形 B．平行四边形C．梯形 D．以上都不对[解析]设截面为α，∵BD1∥α，平面BD1D∩α＝OP，∴BD1∥OP，且eq\f(D1P,PD)＝eq\f(BO,OD)＝eq\f(BM,AD)＝eq\f(1,2)，又设α∩平面BC1＝MN，则由平面AD1∥平面BC1，α∩平面AD1＝AP，α∩平面BC1＝MN知AP∥MN，明显AP≠MN，∴截面AMNP为梯形，故选C.8．(2024·安徽安庆模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、Q分别是棱D1C1，A1D1、BC的中点，点P在BD1上且BP＝eq\f(2,3)BD1，则下列说法中正确的个数是(B)①MN∥平面APC②C1Q∥平面APC③A、P、M三点共线④平面MNQ∥平面APCA．1 B．2C．3 D．4[解析]对于①，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM、CN，易得AM、CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；对于②，由①知M、N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，所以C1Q∥平面APC是正确的；对于③，由①知，A，P，M三点共线是正确的；对于④，由①知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．故选B.二、多选题9．(2024·湖北荆州中学期末)下图是一个正方体的平面绽开图，则在该正方体中，下列叙述正确的有(ACD)A．AH⊥FCB．AC∥BGC．BD与FC所成的角为60°D．AC∥平面BEG[解析]将平面绽开图以ABCD为下底面，折起还原为正方体，各顶点的字母标记如图所示，连接DE，则AH⊥DE，FC∥DE，∴AH⊥FC，故A正确；AC∥EG，EG与BG相交，∴AC与BG明显不平行，故B错误；∵DE∥CF，△BDE为等边三角形，∴∠BDE＝60°，故异面直线BD与FC所成的角为60°，故C正确；∵AC∥EG，AC⊄平面BEG，EG⊂平面BEG，∴AC∥平面BEG，故D正确．故选ACD.10．(2024·广东佛山南海区摸底)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与平面MNQ平行的是(BCD)[解析]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；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；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；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。三、填空题11．(2024·广西桂林二模)已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c⇒a∥c；②a∥α，b∥α⇒a∥b；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.其中正确的命题是_①④__.(写出全部正确命题的序号)[解析]依据线线平行的传递性，可知①正确；若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交、异面，故②不正确；若a∥α，β∥α，则a∥β或a⊂β，故③不正确；由线面平行的判定定理可知④正确．故正确的命题是①④.12．已知平面α∥β，点A，C∈α，B，D∈β，直线AB与直线CD交于点S，且AS＝8，BS＝9，CD＝34，则CS的长为_16或272__.[解析]本题主要考查两平面平行的性质定理．①当点S在两平行平面之间时，如图1所示，∵直线AB与直线CD交于点S，直线AB与直线CD可确定一个平面γ，且α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.∵α∥β，∴AC∥BD，∴eq\f(AS,AB)＝eq\f(CS,CD)，即eq\f(AS,AS＋BS)＝eq\f(CS,CD)，得eq\f(CS,34)＝eq\f(8,17)，解得CS＝16.②当点S在两平行平面的同侧时，如图2所示，由①知AC∥BD，则有eq\f(AS,BS)＝eq\f(CS,DS)，即eq\f(8,9)＝eq\f(CS,CS＋34)，解得CS＝272.13．(2024·江西南昌模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F，M，N分别是BC，B1C1，AA1，CC1，A1C的中点，给出下列四个推断：①EF∥平面ADB1；②EM∥平面ADB1；③EN∥平面ADB1；④A1M∥平面ADB1；则错误的序号为_①②④__.[解析]由A1E∥AD，EC∥B1D易知平面ADB1∥平面A1EC，明显EF与平面A1EC相交，从而EF与平面ADB1相交，①错；又EM与B1D相交，从而EM与平面ADB1相交，②错；由EN⊂平面AEC知EN∥平面ADB1，③对；又A1M与平面A1EC相交，从而与平面ADB1相交，④错．四、解答题14．(2024·天津联考(节选))已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥DQ，PA＝AD＝3DQ＝3，点E、F分别为线段PB、CQ的中点．求证：EF∥平面PADQ.[证明]证法一：分别取DQ、PA的中点M，N，连接EN，FM，MN.由E为PB的中点知EN綉eq\f(1,2)AB，同理FM綉eq\f(1,2)CD，又ABCD为正方形，∴AB綉CD，∴EN綉FM，∴ENMF为平行四边形，又EF⊄平面PADQ，MN⊂平面PADQ，∴EF∥平面PADQ.证法二：分别取AB、CD的中点G、H，连接EG、GH、FH，又E、F分别为线段PB、CQ的中点．所以EG∥PA，FH∥QD，因为PA∥DQ，所以EG∥FH，所以点E、G、H、F四点共面，因为G、H分别为AB、CD的中点，所以GH∥AD，因为AD⊂平面ADQP，GH⊄平面ADQP，所以GH∥平面ADQP，又因为FH∥QD，QD⊂平面ADQP，FH⊄平面ADQP，所以FH∥平面ADQP，又因为FH∩GH＝H，FH、GH⊂平面EGHF，所以平面EGHF∥平面ADQP，因为EF⊂平面EGHF，所以EF∥平面ADQP.证法三：因为ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP、AB、AD两两相互垂直，以点A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,3)、C(3,3,0)、Q(0,3,1)、B(3,0,0)、Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(3,2)))、Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3，\f(1,2)))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,3，－1)，易知平面PADQ的一个法向量a＝(1,0,0)，所以a·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(EF,\s\up6(→))⊥a，又因为EF⊄平面ADQP，所以EF∥平面ADQP.15.(2024·四川南充零诊(节选))如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形，且AC＝1，BC＝eq\r(3).若F为BC的中点，求证：DF∥平面ACE.[证明]证法一：连接DF、OF，在△ABC中，O、F分别为AB、BC的中点，所以OF∥AC，因为AC⊂平面ACE，OF⊄平面ACE，所以OF∥平面ACE，在矩形OAED中，OD∥AE，同理可得OD∥平面ACE，又OF∩OD＝O，OF，OD⊂平面ODF，所以平面ODF∥平面ACE，因为DF⊂平面ODF，所以DF∥平面ACE.证法二：延长BD、AE交于H，连接HC，∵AODE为矩形，∴OD∥AE，又O为AB的中点，∴D为BH的中点，又F为BC的中点，∴DF∥HC，又DF⊄平面ACE，HC⊂平面ACE，∴DF∥平面ACE.证法三：取AC的中点H，连接FH，∵F为BC的中点，∴FH綉eq\f(1,2)AB綉AO，又AODE为矩形，∴AO綉DE，∴FH綉DE，即FHED为平行四边形，∴DF∥EH，又DF⊄平面ACE，EH⊂平面ACE，∴DF∥平面ACE.B组实力提升1．(2024·福建莆田八中月考)如图是正方体的平面绽开图．关于这个正方体，有以下推断：①EC⊥平面AFN②CN∥平面AFB③BM∥DE④平面BDE∥平面NCF其中正确推断的序号是(C)A．①③ B．②③C．①②④ D．②③④[解析]还原正方体如图EC⊥AF，EC⊥FN，从而EC⊥平面AFN，∴①正确；平面CNM∥平面ABF，∴CN∥平面ABF，∴②正确；BM⊥DE，∴③错误；NF∥BD，FC∥DE，∴平面BDE∥平面NCF，∴④正确．故选C.2.(多选题)(2024·辽宁沈阳模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则(ABD)A．平面PAD内随意一条直线都不与BC平行B．平面PBC内存在多数条直线与平面PAD平行C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行[解析]若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC∥平面PAD，由BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，可得BC∥AD，则四边形ABCD为平行四边形，与已知冲突，故A正确；平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线，在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的全部直线均与平面PAD平行，故B正确；由AB∥CD得AB∥平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知底面ABCD为梯形冲突，故D正确．故选ABD.3．(多选题)(2024·湖南名校仿真模拟)已知点P是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD上一个动点(含边界)，若F是A1B1的中点，且满足PF∥平面B1CD1，则(BC)A．FP所在的平面与正方体表面的交线为五边形B．FP所在的平面与正方体表面的交线为六边形C．FP长度的最大值是2eq\r(2)D．FP长度的最小值是eq\r(5)[解析]由题意知，FP所在的平面平行于平面B1CD1，且该平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确；又点P的运动轨迹为线段MN，∴FP长度的最大值为|FN|＝eq\r(BB\o\al(2,1)＋BC2)＝2eq\r(2)，FP长度的最小值为|FM|＝eq\r(B1F2＋B1B2＋BM2)＝eq\r(6)，故C正确，D错误．故选BC.4．(2024·广东佛山华中师大附中模拟(节选))如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，BC＝2AB，E为PC中点．在棱PD上是否存在点Q，使得AQ∥平面EBD？说明理由．[解析]当Q为PD的中点时，AQ∥平面EBD.证明如下：连接QE，AQ，则QE綉eq\f(1,2)CD，又AB綉eq\f(1,2)CD，所以QE綉AB，所以四边形ABEQ为平行四边形，从而AQ∥BE.又BE⊂平面EBD，AQ⊄平面EBD，所以AQ∥平面EBD.5．(2024·江西赣州模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，