2025届高考数学一轮复习第七章立体几何第三节空间中的平行关系课时规范练理含解析新人教版

PAGE第三节空间中的平行关系[A组基础对点练]1．下列关于线、面的四个命题中不正确的是()A．平行于同一平面的两个平面肯定平行B．平行于同始终线的两条直线肯定平行C．垂直于同始终线的两条直线肯定平行D．垂直于同一平面的两条直线肯定平行解析：垂直于同一条直线的两条直线不肯定平行，可能相交或异面．本题可以以正方体为例证明．答案：C2．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8，12，则过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为()A．10 B．20C．8 D．4解析：设截面四边形为EFGH，F，G，H分别是BC，CD，DA的中点(图略)，∴EF＝GH＝4，FG＝HE＝6.∴周长为2×(4＋6)＝20.答案：B3．(2024·安徽蚌埠联考)过三棱柱ABC­A1B1C1的随意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1AA．4条 B．6条C．8条 D．12条解析：作出的图形如图所示，E，F，G，H是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中．由此四点可以组成的直线有EF，GH，FG，EH，GE，HF，共有6条．答案：B4.(2024·安徽毛坦厂中学模拟)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EFA．有多数条 B．有2条C．有1条 D．不存在解析：因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的随意直线都与平面D1EF平行答案：A5．(2024·陕西西安模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，H，G分别是BC，CD的中点，则()A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形解析：如图所示，由条件知，EF∥BD，EF＝eq\f(1,5)BD，HG∥BD，HG＝eq\f(1,2)BD，∴EF∥HG，且EF＝eq\f(2,5)HG，∴四边形EFGH为梯形．∵EF∥BD，EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.∵四边形EFGH为梯形，∴线段EH与FG的延长线交于一点，∴EH不平行于平面ADC.答案：B6．设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面．则下列四个命题中，正确的是()A．若a，b与α所成的角相等，则a∥bB．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bC．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βD．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b解析：对于选项A，a，b不肯定平行，也可能相交；对于选项B，只需找个平面γ，使γ∥α∥β，且a⊂γ，b⊂γ即可满意题设，但a，b不肯定平行；对于选项C，可参考直三棱柱模型解除．答案：D7.(2024·河南郑州高三质量预料)如图所示，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH的内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为()A．2 B．2πC．2eq\r(3) D．4解析：连接MF，FH，MH(图略)，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上随意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4.答案：D8．(2024·湖南长沙模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，给出下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.其中真命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：对于①，依据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，依据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，依据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，依据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题，所以真命题的个数是1.答案：A9．(2024·河北沧州七校联考)有以下三种说法，其中正确的是________．(填序号)①若直线a与平面α相交，则α内不存在与a平行的直线；②若直线b∥平面α，直线a与直线b垂直，则直线a不行能与α平行；③若直线a，b满意a∥b，则a平行于经过b的任何平面．解析：对于①，若直线a与平面α相交，则α内不存在与a平行的直线，是真命题，故①正确；对于②，若直线b∥平面α，直线a与直线b垂直，则直线a可能与α平行，故②错误；对于③，若直线a，b满意a∥b，则直线a与直线b可能共面，故③错误．答案：①10．在正四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．解析：连接AM并延长交CD于E，连接BN并延长交CD于F.由重心的性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E.由eq\f(EM,MA)＝eq\f(EN,NB)＝eq\f(1,2)，得MN∥AB.因此MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.答案：平面ABC和平面ABD11．(2024·安徽蚌埠模拟改编)如图所示，菱形ABCD的边长为2，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将菱形折起，使点D到达点P的位置且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点．求证：平面PBC∥平面EFH.证明：在菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BE綊CH，所以四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH.又EH⊄平面PBC，所以EH∥平面PBC.又点E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥BP.又EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC.而EF∩EH＝E，所以平面PBC∥平面EFH.12．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.证明：(1)连接SB(图略)，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG∥SB.又因为SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，所以直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD(图略)，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.[B组素养提升练]1．(2024·安徽安庆模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1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.有以下四个说法：①MN∥平面APC；②C1Q∥平面APC；③A，P，M三点共线；④平面MNQ∥平面APC.其中说法正确的是________．(填序号)解析：①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面PAC，所以MN∥平面APC是错误的；②由①知M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，所以C1Q∥平面APC是正确的；③由①知A，P，M三点共线是正确的；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．答案：②③2．(2024·河南安阳模拟)如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1.一平面截该长方体，所得截面为OPQRST，其中O，P分别为AD，CD的中点，B1S＝eq\f(1,2)，则AT＝________．解析：设AT＝x，A1T＝y，则x＋y＝1.由题意易知该截面六边形的对边分别平行，即OP∥SR，OT∥QR，PQ∥TS，则△DOP∽△B1SR.又因为DP＝DO＝1，所以B1S＝B1R＝eq\f(1,2)，所以A1S＝C1R＝eq\f(3,2).由△ATO∽△C1QR，可得eq\f(AO,AT)＝eq\f(C1R,C1Q)，所以C1Q＝eq\f(3,2)x.由△A1TS∽△CQP，可得eq\f(CQ,CP)＝eq\f(A1T,A1S)，所以CQ＝eq\f(2,3)y，所以eq\f(3,2)x＋eq\f(2,3)y＝x＋y＝1，可得x＝eq\f(2,5)，y＝eq\f(3,5)，所以AT＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)3．(2024·河南安阳模拟)如图所示，四棱锥A­BCDE中，BE∥CD，BE⊥平面ABC，CD＝eq\f(3,2)BE，点F在线段AD上．(1)若AF＝2FD，求证：EF∥平面ABC；(2)若△ABC为等边三角形，CD＝AC＝3，求四棱锥A­BCDE的体积．解析：(1)证明：取线段AC上靠近C的三等分点G，连接BG，GF.因为eq\f(AG,AC)＝eq\f(AF,AD)＝eq\f(2,3)，则GF＝eq\f(2,3)CD＝BE.而GF∥CD，BE∥CD，故GF∥BE，故四边形BGFE为平行四边形，故EF∥BG.因为EF⊄平面ABC，BG⊂平面ABC，故EF∥平面ABC.(2)因为BE⊥平面ABC，BE⊂平面BCDE，所以平面ABC⊥平面BCDE，所以四棱锥A­BCDE的高即为△ABC中BC边上的高．易求得BC边上的高为eq\f(\r(3),2)×3＝eq\f(3\r(3),2)，故四棱锥A­BCDE的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2＋3)×3×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).4．如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，A1A＝AB＝2，(1)求证：AB1∥平面BC1D；(2)求四棱锥B­AA1C1D解析：(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接因为四边形BCC1B1是平行四边形，所以点O为B1C因为D为AC的中点，所以OD为△AB1C的中位线所以OD∥AB1.因为OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，所以AB1∥平面BC1D.(2)因为AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C所以平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1作BE⊥AC，垂足为E，则BE⊥平面AA1C因为AB＝