2025版高考数学一轮复习第七篇立体几何必修2第4节直线平面平行的判定与性质习题理含解析

PAGE1-第4节直线、平面平行的判定与性质【选题明细表】学问点、方法题号与平行有关的命题推断3,7直线与平面平行的判定与性质1,2,5,12,13平面与平面平行的判定与性质4,9,11平行关系的综合问题6,8,10,14基础巩固(时间:30分钟)1.已知直线a和平面α,那么a∥α的一个充分条件是(C)(A)存在一条直线b,a∥b且b⊂α(B)存在一条直线b,a⊥b且b⊥α(C)存在一个平面β,a⊂β且α∥β(D)存在一个平面β,a∥β且α∥β解析:在A,B,D中,均有可能a⊂α,错误;在C中,两平面平行,则其中一个平面内的随意一条直线都平行于另一个平面,故C正确.2.(2024·全国Ⅰ卷)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不平行的是(A)解析:如图,O为正方形CDBE的两条对角线的交点,从而O为BC的中点,在△ACB中,OQ为中位线,所以OQ∥AB,OQ∩平面MNQ=Q,所以,AB与平面MNQ相交,而不是平行,故选A.3.已知a,b是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列命题中正确的是(C)(A)a∥b,b⊂α,则a∥α(B)a,b⊂α,a∥β,b∥β,则α∥β(C)a⊥α,b∥α,则a⊥b(D)当a⊂α,且b⊄α时,若b∥α,则a∥b解析:由a∥b,b⊂α,也可能a⊂α,A错;B中的直线a,b不肯定相交,平面α,β也可能相交,B错;C正确;D中的直线a,b也可能异面,D错.故选C.4.过直线l外两点,作与l平行的平面,则这样的平面(D)(A)不存在 (B)只能作出1个(C)能作出多数个 (D)以上都有可能解析:设直线l外两点确定直线AB,①当AB与l相交时,满意题意的平面不存在;②当AB与l异面时,满意题意的平面只能作一个;③当AB∥l时,满意题意的平面有多数多个.5.(2024·咸宁模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为AC的中点,点D1是A1C1上的一点,若DC1∥平面AB1D1,则等于(B)(A) (B)1 (C)2 (D)3解析:因为DC1∥平面AB1D1,DC1⊂平面ACC1A1,平面ACC1A1∩平面AB1D1=AD1,所以DC1∥AD1,又AD∥C1D1,所以四边形ADC1D1是平行四边形,所以AD=C1D1.又D为AC的中点,所以D1为A1C1的中点,所以=1.6.(2024·丽江模拟)若正n边形的两条对角线分别与平面α平行,则这个正n边形所在的平面肯定平行于平面α,那么n的取值可能是(A)(A)5 (B)6 (C)8 (D)12解析:因为正五边形的对角线都相交,所以正五边形所在的平面肯定与平面α平行.7.(2024·益阳模拟)设a,b为不重合的两条直线,α,β为不重合的两个平面,给出下列命题:①若a⊂α,b⊄α,a,b是异面直线,那么b∥α;②若a∥α且b∥α,则a∥b;③若a⊂α,b∥α,a,b共面,那么a∥b;④若α∥β,a⊂α,则a∥β.上面命题中,全部真命题的序号是.

解析:①中的直线b与平面α也可能相交,故不正确;②中的直线a,b可能平行、相交或异面,故不正确;由线面平行的性质得③正确;由面面平行的性质可得④正确.答案:③④8.(2024·达州月考)α,β,γ是三个平面,a,b是两条直线,有下列三个条件:①a∥γ,b⊂β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a⊂γ.假如命题“α∩β=a,b⊂γ,且,则a∥b”为真命题,则可以在横线处填入的条件是(填上你认为正确的全部序号).

解析:①a∥γ,a⊂β,b⊂β,β∩γ=b⇒a∥b(线面平行的性质).②如图所示,在正方体中,α∩β=a,b⊂γ,a∥γ,b∥β,而a,b异面,故②错.③b∥β,b⊂γ,a⊂γ,a⊂β,β∩γ=a⇒a∥b(线面平行的性质).答案:①③实力提升(时间:15分钟)9.(2024·三明模拟)设α,β是两个不同的平面,m,n是平面α内的两条不同的直线,l1,l2是平面β内的两条相交直线,则α∥β的一个充分而不必要条件是(D)(A)m∥β且l1∥α (B)l1∥α且l2∥α(C)m∥β且n∥β (D)m∥l1且n∥l2解析:m∥l1,且n∥l2⇒α∥β,但α∥β⇒/m∥l1且n∥l2,所以“m∥l1,且n∥l2”是“α∥β”的一个充分而不必要条件.10.(2024·亳州模拟)设平面α∥平面β,A∈α,B∈β,C是AB的中点,当点A,B分别在平面α,β内运动时,全部的动点C(D)(A)不共面(B)当且仅当A,B分别在两条直线上移动时才共面(C)当且仅当A,B分别在给定的两条异面直线上移动时才共面(D)无论A,B如何移动都共面解析:因为平面α∥平面β,A∈α,B∈β,且C为AB的中点,所以点C在同一平面内,这个平面夹在平面α与β的正中间.11.如图,L,M,N分别为正方体对应棱的中点,则平面LMN与平面PQR的位置关系是(C)(A)垂直(B)相交不垂直(C)平行(D)重合解析:如图,分别取另三条棱的中点A,B,C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL,因为PQ∥AL,PR∥AM,且PQ与PR相交,AL与AM相交,所以平面PQR∥平面AMBNCL,即平面LMN∥平面PQR.故选C.12.(2024·舟山模拟)如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则M只需满意条件时,就有MN∥平面B1BDD1.(注:请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能状况)

解析:连接HN,FH,FN,则FH∥DD1,HN∥BD,所以平面FHN∥平面B1BDD1,只需M∈FH,则MN⊂平面FHN,所以MN∥平面B1BDD1.答案:点M在线段FH上13.(2024·保定模拟)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.解:取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,所以MDAC,OEAC,因此MDOE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC,MO⊂平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.14.如图,四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E为PB的中点.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD∥平面CEF?若存在,证明你的结论,若不存在,请说明理由.(1)证明:取PA的中点H,连接EH,DH,因为E为PB的中点,所以EH∥AB,EH=AB,又AB∥CD,CD=AB,所以EH∥CD,EH=CD,因此四边形DCEH是平行四边形,所以CE∥DH,又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,因此CE∥平面PAD.(2)解:存在点F为AB的中点,使