2025高考一轮复习（人教A版）第22讲空间直线、平面平行的判定和性质（含答案）

高考一轮复习（人教A版）第二十二讲空间直线、平面平行的判定和性质阅卷人一、选择题得分1．已知v为直线l的方向向量，n1,n2分别为平面A．v∥n1C．n1∥n2．如图，若P是棱长为2的正方体ABCD−AA．当P在平面BCC1BB．若F是棱A1B1的中点，当P在底面ABCD内运动，且满足PF//平面C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为D．当P在线段AC上运动时，D1P与A3．在空间四边形ABCD中，E,F分别为边AB,AD上的点，且AE:EB=AF:FD=1:4，又H,G分别为BC,CD的中点，则（）A．BD//平面EFG，且四边形EFGH是矩形B．EF//平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG//平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH//平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形4．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，PFFCA．23 B．14 C．135．已知α,β是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，下列说法正确的是（）A．若m上有两点到平面α距离相等，则m//αB．若α//β,m⊂α,n⊂β，则m与n是异面直线C．若α//β,m⊂α,n⊂β，则m与n没有公共点D．若α∩β=n,m⊂α，则m与β一定相交6．如图，点A、B、C、M、N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN//平面ABC的是（）A． B．C． D．7．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别是棱BC,CC1的中点，A．1,52 B．324,58．如图，该组合体由一个正四棱柱ABCD−A1B1C1D1和一个正四棱锥A．PA1∥平面ABC1C．PC1⊥平面BDC1阅卷人二、多项选择题得分9．如图，在长方体ABCD−A1B1CA．当A1C=2B．当AP⊥AC．当A1C=3AD．当A1C=5A10．已知一个正八面体ABCEDF如图所示，AB=2A．BE//平面ADFB．点D到平面AFCE的距离为1C．异面直线AE与BF所成的角为45°D．四棱锥E−ABCD外接球的表面积为4π11．如图，在正方体ABCD−A1B1C1DA．HI//平面EFGB．三棱锥A1−EFGC．过E,F,G三点的平面截正方体所得截面的面积为3D．若AP=2，则点P的轨迹长度为3π阅卷人三、填空题得分12．三棱锥A−BCD的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若MN//平面ABD，则线段MN长度的最小值为．13．如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M在线段BC上，且CM=13BC14．三棱锥P−ABC中，△ABC和△PBC均为边长为2的等边三角形，D,E分别在棱PB,AC上，且PDPB=AEAC,DE⊂平面α,15．如图，长方体木块ABCD−A1B1C1D1中，BC=BB1=1，AB=2阅卷人四、解答题得分16．如图所示，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD，AB=BC=3，BP=3，CF=13CP（1）证明：EF//平面ABP；（2）求直线PC与平面ADF所成角的余弦值．17．如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为正方形、SA⊥平面ABCD，M，（1）证明：MN//平面SAD；（2）若SA=AD，求直线SD与平面ADNM所成角的正弦值18．如图，在四棱锥P−ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD为等腰三角形，PA=PD=5，AD∥BC，AD=CD=2BC=2，点E,F分别为棱PD,PB（1）求证：直线BD//平面AEF；（2）求直线BD到平面AEF的距离；（3）试判断棱PC上是否存在一点G，使平面AEF与平面ADG夹角的余弦值为357，若存在，求出PG19．如图所示，矩形ABCD中，AB=3，BC=4.E、F分别在线段BC和AD上，AB//EF，将矩形ABEF沿EF折起.记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF.（1）求证：NC//平面MFD；（2）若EC=3，求证：ND⊥FC；（3）求四面体NFEC体积的最大值

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：由题意可得，

v∥n1故答案为：B.【分析】由直线方向向量与平面法向量的位置关系，从而判断出直线与平面的位置关系、两平面的位置关系，则判断出各选项，进而找出正确的选项.2．【答案】B【解析】【解答】解：对于A：由平面BCC1B1//平面ADD1A1对于B：若E,G,H分别是BB1,BC,CD的中点，F

所以EF//A1B//D1C，EF⊄面B1CD1同理可证EG//面B1CD1，由所以面FEGH//面B1CD1，又面FEGH∩面ABCD=GH，即根据上述分析易知，面FEGH截正方体的截面是边长为2的正六边形，所以PF最小是FG的长度为6，所以B对；对于C：由直线AP与平面ABCD所成的角为45°显然，P在如下图的线段AD1,A

所以P的轨迹长度为42+对于D：由正方体结构知：A1C1//AC，则D1P与由P在线段AC上运动，如下图△ACD

故D1P与AC所成角范围是π故答案为：B.

【分析】由平面BCC1B1//平面ADD1A1得出点P到面ADD1A1的距离恒为定值，再结合棱锥体积公式判断出选项A；若E,G,H分别是BB1,BC,CD的中点，利用正方体的结构特征和线面、面面平行的判定定理，从而证明点P在GH上运动，再结合截面为正六边形，从而求出PF长度的最小值，则判断出选项B；根据正方体的结构特征确定点P的轨迹，再结合弧长公式，从而得出点P的轨迹长度，则判断出选项C；由正方体的结构特征得出线线平行，从而得出3．【答案】B【解析】【解答】解：如图所示，

在平面ABD内，∵AE:EB=AF:FD=1:4，​∴EF//BD，又因为BD⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，∴EF//平面BCD．∵H,G分别是BC,CD的中点，∴HG//BD,∴HG//EF．又因为EFBD∴EF≠HG．在四边形EFGH中，EF//HG且EF≠HG，​∴四边形EFGH为梯形．故选：B．

【分析】根据两直线平行对应边成比例判断出线线平行，再利用线面平行判定定理证明EF//平面BCD，再结合中位线的性质判断出线线平行，从而由比例关系和梯形的结构特征，进而判断出四边形EFGH的形状.4．【答案】D【解析】【解答】连接AC交BE于G，连接FG，∵PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC平面PAC∩平面BEF=FG，∴PA∥FG，故：PFFC又∵AD∥BC，E为AD的中点，∴AG由①②可得：PF故答案为：D.【分析】连接AC交BE于G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF=FG，可得PA∥FG，结合已知条件，即可求解.5．【答案】C【解析】【解答】解：A、m上有两点到平面α距离相等，则m//α或m与α相交，故A错误；BC、若α//β，则α,β没有公共点，因为m⊂α,n⊂β，所以m与n没有公共点，所以直线m与n平行或异面，故B错误，C正确；D、α∩β=n,m⊂α，则m//n或m与n是相交直线，当m//n时，m//β，故D错误.故答案为：C.【分析】根据线面平行即可判断A；根据面面平行即可判断BC；根据m,n的位置关系即可判断D.6．【答案】D【解析】【解答】对于A选项，如下图所示，在正方体DMEF−GPQT中，QT//EF且QT=EF，因为B、C分别为QT、EF的中点，则BQ//EC且BQ=EC，所以，四边形BCEQ为平行四边形，所以，BC//EQ，因为BC⊄平面EMPQ，EQ⊂平面EMPQ，所以，BC//平面EMPQ，同理可证AB//平面EMPQ，因为AB∩BC=B，AB、BC⊂平面ABC，所以，平面EMPQ//平面ABC，因为MN⊂平面EMPQ，故MN//平面ABC，A满足；对于B选项，如下图所示，连接PT，在正方体DECF−GPQT中，PE//FT且PE=FT，因为A、B分别为PE、FT的中点，则PA//BT且PA=BT，所以，四边形PABT为平行四边形，故AB//PT，因为M、N分别为GP、GT的中点，则MN//PT，所以，MN//AB，因为MN⊄平面ABC，AB//平面ABC，所以，MN//平面ABC，B满足；对于C选项，如下图所示，在正方体DMKN−GPQT中，取GT的中点F，连接AF、BF、PT，因为PG//KN且PG=KN，A、C分别为PG、KN的中点，所以，AG//CN且AG=CN，故四边形ACNG为平行四边形，则AC//GN，因为F、B分别为GT、TN的中点，所以，BF//GN，则BF//AC，所以，A、B、C、F四点共面，因为PM//NT且PM=NT，则四边形PMNT为平行四边形，所以，PT//MN，因为A、F分别为PG、GT的中点，则AF//PT，所以，MN//AF，因为MN⊄平面ABC，AF⊂平面ABC，所以，MN//平面ABC，C满足；对于D选项，如下图所示，在正方体DEKF−GPQT中，取EK的中点H，连接BH、HM、CN、PT、EF、BN，因为PE//FT且PE=FT，B、N分别为PE、FT的中点，则PB//TN且PB=TN，所以，四边形PBNT为平行四边形，则BN//PT，因为A、C分别为GP、GT的中点，所以，AC//PT，故AC//BN，所以，A、B、C、N四点共面，同理可证MH//BN，故AC//MH，同理可得AB//MN，BH//CN，反设MN⊄平面ABC，因为MN//AB，且AB⊂平面ABC，则MN//平面ABC，但MN与平面ABC有公共点M，这与MN//平面ABC矛盾，故MN⊂平面ABC，D不满足.故答案为：D.

【分析】根据正方体的性质及线面平行的判定，逐项进行判断，可得答案.7．【答案】B【解析】【解答】解：取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M,A1N,MN，如图所示：

因为M、E分别为棱B1C1、BC的中点，所以AA1//ME，且AA1=ME，

所以四边形AEMA1为平行四边形，所以AE//A1MEF⊂平面AEF，故MN//平面AEF，

又因为A1M∩MN=M，所以A1由A1P⊂平面AMN，得A1P//平面AEF，

点P在侧面BCC因为A1M=A1N=1+122=5当点P位于MN的中点O时，A1P最小，所以324≤A1故答案为：B.【分析】根据线面平行的条件构造面面平行从而得到P点的轨迹，再根据平面几何知识求A18．【答案】C【解析】【解答】解：连接AC，交BD于点O，连接PO，如图所示：

因为PA1=PC1=2，A1C1=22，OC=CC1=2，在平面ACC1PA1中，∠PA1C1=∠A1C1O=∠C1OC=π4，所以PA1∥OC1，PA1∥平面BDC9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由题意，如图建系：则D(0,0,0)，A(1,0,0)，设A1C=kA1P，可得D1AP=对于A：当A1C=2根据长方体性质可得B,P,D对于B：当AP⊥∴AP⋅A1所以AP=−则AP⋅因此AP⊥对于C：当A1C=3设平面BDC1的法向量为∵DB∴n⋅DB=x+当y=−1时，x=3，z=3，故∴n⋅D1P又因为D1P⊄平面BDC1，∴对于D：当A1C=5A1设平面D1AP的法向量为则m⋅AP=−取a=−1，则b=3，c=−1，因为A1C=(−1,3,−1)，∴A1C故答案为：ACD.【分析】由题意建立空间直角坐标系，当A1C=2A1P时，则点P为对角线A1C的中点，根据长方体性质可得B,P,D1三点共线，从而判断出选项A；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而判断出选项B；当A1C=3A1P时，由向量共线的坐标表示得出向量D1P⃗的坐标，再由两向量垂直数量积为0得出平面BDC1的法向量n=(3,−1,3)，再根据10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：将正八面体ABCEDF置于一个正方体中，如图所示，该正八面体的顶点为正方体六个面的中心，AB=2由图可知，BE//DF，因为BE⊄平面ADF,DF⊂平面ADF，所以BE//平面ADF，A正确．连接BD，由图可知，点D到平面AFCE的距离为12由图可知，AE//CF，则直线AE与BF所成角即CF与BF所成角，因为△BCF为正三角形，所以∠CFB=60°，C错误．四棱锥E−ABCD外接球的球心为正方形ABCD的中心，所以外接球的半径为1，故四棱锥E−ABCD外接球的表面积为4π，D正确．故选：ABD.

【分析】根据线面平行的判定（平面外一条直线与此平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行）、异面直线的夹角、外接球等知识点逐项判断即可；11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：选项A，如图，

设点K是棱DD1中点，由E,F,G,H,I均为所在棱的中点，

根据中位线易得HI//EF//KG，进而可得HI与点EFG共面，

所以HI⊂平面EFG选项B，如图，

因为面A1FG在正方体前侧面上，所以点E到面A1FG的距离等于EA的长，

正方形A则三棱锥A1−EFG的体积为选项C，由选项A知过E,F,G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFGIHK，边长EF=2，

所以，过E,F,G三点的平面截正方体所得截面的面积为3选项D，由AP=2知点P轨迹为A为球心，2为半径的球与正方体表面的交线，如图，

由正方体棱长2得，交线为三段半径为2的四分之一圆，则点P的轨迹长度为3π，所以D对.故选：BCD.

【分析】利用中位线性质证出线线平行，从而得出HI与点EFG共面，进而判断出选项A；利用面A1FG在正方体前侧面上，得出点E到面A1FG的距离等于EA的长，再利用棱锥的体积公式求出三棱锥A1−EFG的体积，从而判断出选项B；由选项A知截面为正六边形EFGIHK，从而由面积公式得出过E,F,G三点的平面截正方体所得截面的面积，进而判断出选项C；由AP=2知点P轨迹为A为球心，2为半径的球与正方体表面的交线，由正方体棱长为12．【答案】21【解析】【解答】解：延长CM交AB于点I，因为MN//平面ABD，由线面平行性质定理可知MN//IF，设AI=m0<m≤2因为三棱锥A−BCD的所有棱长均为2，所以AB=AC，且E为线段BC的中点，所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知IMMC所以MNIF因为F为线段AD的中点，所以AF=1，由余弦定理可知IF=m所以MN=2令m+2=t，t∈2,4，化简可得MN=2因为t∈2,4，所以1则MN=271t所以MN=27综上当1t=514，即故答案为：217

【分析】延长CM交AB于点I，设AI=m0<m≤2，由余弦定理得IF=m213．【答案】14【解析】【解答】解：如图，在线段CD上取一点E，使得CE=13CD，在线段DD1上取一点F因为CMBC=CE又A1B∥CD因为ME⊄平面A1BD,BD⊂平面A1同理，因为EF⊄平面A1BD,A1B⊂平面又ME∩EF=E，所以平面MEF∥平面A1BD，因此，N在线段因为ME=1所以线段MN的最大值为14.故答案为：14【分析】在线段CD上取一点E，使得CE=13CD，在线段DD1上取一点F，使得D1F=13DD1，连接ME,14．【答案】3【解析】【解答】解：因为AP//平面α，设α∩面PAB=DM，所以DM//PA设PD=AE=x，所以2−x2=DM所以四边形DMEN为平行四边形，即DN//DN⊄面ABC，ME⊂面ABC，所以DN//面ABC又因为DN⊂面PBC，面PBC∩面ABC=BC，所以DN//BC，即ME//取BC中点O，连接PO,OA，如图所示：

易得PO⊥BC，OA⊥BC，PO∩OA=O，所以BC⊥面POA，所以BC⊥PA，所以DN⊥NE则四边形DMEN为正方形，所以面α与三棱锥P−ABC的交线围成的面积S=3当x=1，即D为PB中点时，面积最大，最大值为32故答案为：32【分析】根据已知条件，先证明截面为长方形，再设PD=x，将面积表示为关于x的二次函数，结合二次函数的性质求解即可.15．【答案】3【解析】【解答】连接EG，EF，GF，A由题意可知：A1E∥DG，A1E=DG且A1D⊄平面EFG，EG⊂平面EFG，所以又因为DP∥平面EFG，A1D∩DP=D，所以平面且平面A1DP∩平面A1B1C1因为E，F分别是线段AB1，B1所以点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为△DA由题意可得：DA1=可得边DA1上的高为所以所得截面的面积为12故答案为：32

【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理可得平面A1DP∥平面EFG，结合面面平行的性质可得A116．【答案】（1）证明：过F作FG//BC交PB于G，由题意ABCD为正方形，则BC//AD，BC=AD，所以FG//AD，即FG//AE，又CF=13CP，DE=13DA，则所以AGFE为平行四边形，故EF//AG，而EF⊄面ABP，AG⊂面ABP，则EF//平面ABP；（2）解：由PB⊥底面ABCD，且AB⊥BC，以B为原点，BC,BA,BP为x,y,z轴建空间直角坐标系，如图所示：

则A(0,3,0),C(3,0,0),D(3,3,0),P(0,0,3),F(2,0,1)，PC=(3,0,−3)，AD=(3,0,0)，令面ADF的一个法向量为m=(x,y,z)，则m令y=1，可得m=(0,1,3)所以cosm故直线PC与平面ADF所成角的余弦值为1−(【解析】【分析】（1）过F作FG//BC交PB于G，证AGFE为平行四边形得EF//AG，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）以B为原点，BC,BA,BP为x,y,z轴建空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角的余弦值即可.（1）过F作FG//BC交PB于G，由题意ABCD为正方形，则BC//AD，BC=AD，所以FG//AD，即FG//AE，又CF=13CP，DE=13DA，则所以AGFE为平行四边形，故EF//AG，而EF⊄面ABP，AG⊂面ABP，则EF//平面ABP；（2）由PB⊥底面ABCD，且AB⊥BC，以B为原点，BC,BA,BP为x,y,z轴建空间直角坐标系，所以A(0,3,0),C(3,0,0),D(3,3,0),P(0,0,3),F(2,0,1)，则PC=(3,0,−3)，AD=(3,0,0)，令面ADF的一个法向量为m=(x,y,z)，则m令y=1，可得m=(0,1,3)所以cosm故直线PC与平面ADF所成角的余弦值为1−(17．【答案】（1）证明：∵M、N分别为SB,SC的中点，∴MN//BC,∵ABCD为正方形，∴BC//AD，∴MN//AD,∵MN⊄平面SAD,AD⊂平面SAD，∴MN//平面SAD.（2）解：由题知SA⊥平面ABCD,AB⊥AD建立空间直角坐标系如图所示：设SA=AD=2，则S∴M1,0,1,N1,1,1，∴SD设平面ADNM的一个法向量为n则n⋅AD=2y=0n⋅∴设直线SD与平面ADNM所成的角为θ，∴sinθ=cos所以直线SD与平面ADNM所成角的正弦值为12【解析】【分析】（1）先根据M，N分别为棱SB，SC的中点可得MN//BC，再利用（2）建立空间直角坐标系，可得SD⃗=0,2,−2以及平面ADNM（1）∵M、N分别为SB,SC的中点，∴MN//BC,∵ABCD为正方形，∴BC//AD，∴MN//AD,∵MN⊄平面SAD,AD⊂平面SAD，∴MN//平面SAD.（2）由题知SA⊥平面ABCD,AB⊥AD建立如图所示的空间直角坐标系，设SA=AD=2，则S∴M1,0,1,N1,1,1，∴SD设平面ADNM的一个法向量为n则n⋅AD=2y=0n⋅∴设直线SD与平面ADNM所成的角为θ，∴sinθ=cos所以直线SD与平面ADNM所成角的正弦值为1218．【答案】（1）证明：连接BD，如图所示：，因为点E,F分别为棱PD,PB的中点，所以EF是△PBD的中位线，所以EF//BD，因为EF⊂平面EFA，BD⊄平面EFA，所以BD//平面EFA；（2）解：由（1）知直线BD到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，取AD中点O，连接OB,OP，因为AD//BC,AD=2BC=2，所以四边形OBCD为平行四边形，所以OB//DC，因为CD⊥平面PAD，所以OB⊥平面PAD，所以OB⊥AD,OB⊥OP，因为PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD，以O为坐标原点，分别以OA,OB,OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：

O(0,0,0),A(1,0,0)，B(0,2,0),D(−1,0,0)设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z)因为n⊥AEn⊥EF设x=2，则y=−1,z=3所以n=(2,−1,3)，AB所以直线BD到平面AEF的距离d=AB（3）解：棱PC上存在点G，使平面AEF与平面ADG夹角的余弦值为357设PGADAG设平面ADG的一个法向量为m因为m⊥ADm⊥AG设z=λ，则x=−1,y=λ−1，所以n=(0,λ−1,λ)cos<n,m>【解析】【分析】（1）由题意，根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根据已知条件建立空间直角坐标，利用空间向量法求解疾控科可；（3）假设存在，设PG=λPC(0≤λ≤1)（1）连接BD，如图所示：，因为点E,F分别为棱PD,PB的中点，所以EF是△PBD的中位线，所以EF//BD，因为EF⊂平面EFA，BD⊄平面EFA，所以BD//平面EFA；（2）由（1）知直线BD到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，取AD中点O，连接OB,OP，因为AD//BC,AD=2BC=2，所以四边形OBCD为平行四边形，所以OB//DC，因为CD⊥平面PAD，所以OB⊥平面PAD，所以OB⊥AD,OB⊥OP，因为PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD，，以O为坐标原点，分别以OA,OB,OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立