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2025新教材数学高考第一轮复习
8.3 直线、平面平行的判定与性质
五年高考
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2019课标Ⅱ,7,5分,易)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 ( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
2.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A B C D 中,E,F分别为AB,BC的中点,则
1 1 1 1
( )
A.平面B EF⊥平面BDD
1 1
B.平面B EF⊥平面A BD
1 1
C.平面B EF∥平面A AC
1 1
D.平面B EF∥平面A C D
1 1 1
3.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A B C D ,M,N分别是A D,D B的中点,则
1 1 1 1 1 1
( )
A.直线A D与直线D B垂直,直线MN∥平面ABCD
1 1
B.直线A D与直线D B平行,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
C.直线A D与直线D B相交,直线MN∥平面ABCD
1 1
D.直线A D与直线D B异面,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
4.(2023全国乙文,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2√2,PB=PC=√6
,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.5.(2019 江苏,16,14 分,中)如图,在直三棱柱 ABC-A B C 中,D,E 分别为 BC,AC 的中点,
1 1 1
AB=BC.
求证:(1)A B ∥平面DEC ;
1 1 1
(2)BE⊥C E.
16.(2020北京,16,13分,中)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,E为BB 的中点.
1 1 1 1 1
(1)求证:BC ∥平面AD E;
1 1
(2)求直线AA 与平面AD E所成角的正弦值.
1 1
7.(2019 课 标Ⅰ理 ,18,12 分 , 中 ) 如 图 , 直 四 棱 柱 ABCD-A B C D 的 底 面 是 菱 形 ,
1 1 1 1
AA =4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB ,A D的中点.
1 1 1
(1)证明:MN∥平面C DE;
1
(2)求二面角A-MA -N的正弦值.
1三年模拟
综合基础练
1.(2024届江苏连云港赣榆智贤中学模拟,6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平
面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若m∥n,m∥α,n⊄α,则n∥α
D.若m∥α,α∥β,则m∥β
2.(2023黑龙江齐齐哈尔一模,5)已知两条不同的直线l,m及三个不同的平面α,β,γ,下列条
件中能推出α∥β的是 ( )
A.l与α,β所成角相等 B.α⊥γ,β⊥γ
C.l⊥α,m⊥β,l∥m D.l⊂α,m⊂β,l∥m
3.(2023 吉林延边二模,7)正三棱柱 ABC-A B C 的底面边长是 4,侧棱长是 6,M,N 分别为
1 1 1
CC ,AB的中点,若P是侧面BCC B 上一点,且PN∥平面AB M,则线段PN的最小值为 (
1 1 1 1
)
√39 3√26 2√39 √26
A. B. C. D.
2 5 5 2
4.(2023河南新乡二模,7)在如图所示的正方体或正三棱柱中,M,N,Q分别是所在棱的中点,
则满足直线BM与平面CNQ平行的是 ( )
5.(2023四川遂宁第二中学模拟,11)在正方体ABCD-A B C D 中,下列结论正确的是 (
1 1 1 1
)①AD ∥BC ;②平面AB D ∥平面BDC ;
1 1 1 1 1
③AD ∥DC ;④AD ∥平面BDC .
1 1 1 1
A.①②④ B.①②③
C.②③④ D.①③④
6.(多选)(2024 届云南昆明第二十四中学月考,10)如图,在正方体 ABCD-A B C D 中,
1 1 1 1
E,F,G,H分别是棱CC ,BC,CD,B C 的中点,则下列结论正确的是 ( )
1 1 1
A.AF∥平面A DE
1
B.AG∥平面A DE
1
C.A ,D,E,H四点共面
1
D.A ,D,E,C 四点共面
1 1
7.(多选)(2023江苏常州二模,10)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A B C D 内灌进
1 1 1 1
一些水后密封,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器以BC所在直线为轴顺时针旋转,
则 ( )
A.有水的部分始终是棱柱
B.水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变
C.棱A D 始终与水面平行
1 1
D.当点H在棱CD上且点G在棱CC 上(均不含端点)时,BE·BF不是定值
1
综合拔高练
1.(2023宁夏中卫一模,11)在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中,M,N分别为BD ,B C 的
1 1 1 1 1 1 1
中点,点P在正方体的表面上运动,且满足MP∥平面CND ,则下列说法正确的是 ( )
1A.点P可以是棱BB 的中点
1
√3
B.线段MP的最大值为
2
C.点P的轨迹是正方形
D.点P的轨迹的长度为2+√5
2.(2024 届湖南长沙第一中学月考(四),20)如图,已知正方体 ABCD-A B C D 的棱长为
1 1 1 1
2,M,N分别为B D 与C D上的点,且MN⊥B D ,MN⊥C D.
1 1 1 1 1 1
(1)求证:MN∥A C;
1
(2)求平面B DM与平面DMN的夹角的余弦值.
13.(2023广东一模,19)在如图所示的多面体中,AB=AD,EB=EC,平面ABD⊥平面BCD,平面
BCE⊥平面BCD,点F,G分别是CD,BD的中点.
(1)证明:平面AFG∥平面BCE;
(2)若BC⊥BD,BC=BD=2,AB=√2,BE=√5,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值.8.3 直线、平面平行的判定与性质
五年高考
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2019课标Ⅱ,7,5分,易)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 ( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
答案 B
2.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A B C D 中,E,F分别为AB,BC的中点,则
1 1 1 1
( )
A.平面B EF⊥平面BDD
1 1
B.平面B EF⊥平面A BD
1 1
C.平面B EF∥平面A AC
1 1
D.平面B EF∥平面A C D
1 1 1
答案 A
3.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A B C D ,M,N分别是A D,D B的中点,则
1 1 1 1 1 1
( )
A.直线A D与直线D B垂直,直线MN∥平面ABCD
1 1
B.直线A D与直线D B平行,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
C.直线A D与直线D B相交,直线MN∥平面ABCD
1 1
D.直线A D与直线D B异面,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
答案 A
4.(2023全国乙文,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2√2,PB=PC=√6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.
解析 (1)证明:因为AB=2,BC=2√2,AB⊥BC,所以AC2=AB2+BC2=12,AC=2√3.设⃗AF=λ⃗AC,
则 ⃗BF·⃗AO =(λ ⃗AC−⃗AB )·(1 ⃗AB+ 1 ⃗AC ) = 1 λ⃗AB·⃗AC+ 1 λ⃗AC2− 1 ⃗AB2− 1 ⃗AB·⃗AC =2λ+6λ-2-
2 2 2 2 2 2
1
2=0,解得λ= ,所以F为AC的中点,所以EF∥PC,又OD∥PC,所以EF∥OD,
2
又因为EF⊄平面ADO,OD⊂平面ADO,所以EF∥平面ADO.
(2)因为AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC,
又PB=PC=√6,所以OP⊥BC,
又OF∩OP=O,OF,OP⊂平面OPF,
所以BC⊥平面OPF,又BC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面OPF,过点P作PM⊥OF于点M,
又平面OPF∩平面ABC=OF,PM⊂平面OPF,
所以PM⊥平面ABC,因为BC=2√2,PB=PC=√6,
所以OP=2,又∠POF=120°,
所以PM=OP·sin(180°-120°)=√3,即三棱锥P-ABC的高为√3.
1 2√6
所以三棱锥P-ABC的体积V= ×2√2×√3= .
3 3
5.(2019 江苏,16,14 分,中)如图,在直三棱柱 ABC-A B C 中,D,E 分别为 BC,AC 的中点,
1 1 1
AB=BC.
求证:(1)A B ∥平面DEC ;
1 1 1
(2)BE⊥C E.
1证明 (1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A B C 中,AB∥A B ,所以A B ∥ED.
1 1 1 1 1 1 1
又因为ED⊂平面DEC ,A B ⊄平面DEC ,
1 1 1 1
所以A B ∥平面DEC .
1 1 1
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A B C 是直棱柱,所以C C⊥平面ABC.
1 1 1 1
又因为BE⊂平面ABC,所以C C⊥BE.
1
因为C C⊂平面A ACC ,AC⊂平面A ACC ,C C∩AC=C,
1 1 1 1 1 1
所以BE⊥平面A ACC .
1 1
因为C E⊂平面A ACC ,所以BE⊥C E.
1 1 1 1
6.(2020北京,16,13分,中)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,E为BB 的中点.
1 1 1 1 1
(1)求证:BC ∥平面AD E;
1 1
(2)求直线AA 与平面AD E所成角的正弦值.
1 1
解析 (1)证明:∵ABCD-A B C D 为正方体,∴D C ∥A B ,D C =A B .
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又 AB∥A B ,AB=A B ,∴D C ∥AB,D C =AB,∴四边形 ABC D 为平行四边形,∴AD ∥BC ,又
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AD ⊂平面AD E,BC ⊄平面AD E,∴BC ∥平面AD E.
1 1 1 1 1 1
(2)不妨设正方体的棱长为 2,如图,以{ , , }为正交基底建立空间直角坐标系
⃗AD ⃗AB ⃗A A
1
Axyz,则A(0,0,0),A (0,0,2),D (2,0,2),E(0,2,1),
1 1
∴ =(0,0,2), =(2,0,2), =(0,2,1).
⃗A A ⃗AD ⃗AE
1 1
设平面AD E的法向量为n=(x,y,z),
1
直线AA 与平面AD E所成的角为θ,
1 1
则{n·⃗AD
1
=0,
即
{2x+2z=0,令z=-2,则{x=2,
n·⃗AE=0, 2y+z=0, y=1,
此时n=(2,1,-2),
∴sin θ=|cos|= |n·⃗A A 1 | = |−4| = 2,
1 |n||⃗A A | √4+1+4×2 3
1
2
∴直线AA 与平面AD E所成角的正弦值为 .
1 1
3
7.(2019 课 标Ⅰ理 ,18,12 分 , 中 ) 如 图 , 直 四 棱 柱 ABCD-A B C D 的 底 面 是 菱 形 ,
1 1 1 1
AA =4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB ,A D的中点.
1 1 1
(1)证明:MN∥平面C DE;
1
(2)求二面角A-MA -N的正弦值.
1
1
解析 (1)证明:连接B C,ME.因为M,E分别为BB ,BC的中点,所以ME∥B C,且ME= B C.
1 1 1 1
2
1
又因为N为A D的中点,所以ND= A D.由题设知A B DC,所以四边形A B CD是平行四
1 1 1 1 1 1
2边形,所以B CA D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥ED.又MN⊄
1 1
平面C DE,所以MN∥平面C DE.
1 1
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点, , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建
⃗DA ⃗DE ⃗DD
1
立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则A(2,0,0),A (2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),
1
则 =(0,0,-4), =(-1, ,-2), =(-1,0,-2), =(0,- ,0).
⃗A A ⃗A M √3 ⃗A N ⃗MN √3
1 1 1
{m·⃗A M=0,
设m=(x,y,z)为平面A MA的法向量,则 1
1
m·⃗A A=0.
1
所以{−x+√3 y−2z=0,可取m=( ,1,0).
√3
−4z=0.
设n=(p,q,r)为平面A
MN的法向量,则{n·⃗MN=0,
1
n·⃗A N=0.
1
所以{−√3q=0, 可取n=(2,0,-1).
−p−2r=0.
m·n 2√3 √15
于是cos= = = ,
|m||n| 2×√5 5
√10
所以二面角A-MA -N的正弦值为 .
1
5
三年模拟
综合基础练
1.(2024届江苏连云港赣榆智贤中学模拟,6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平
面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m∥α,m∥β,则α∥βC.若m∥n,m∥α,n⊄α,则n∥α
D.若m∥α,α∥β,则m∥β
答案 C
2.(2023黑龙江齐齐哈尔一模,5)已知两条不同的直线l,m及三个不同的平面α,β,γ,下列条
件中能推出α∥β的是 ( )
A.l与α,β所成角相等 B.α⊥γ,β⊥γ
C.l⊥α,m⊥β,l∥m D.l⊂α,m⊂β,l∥m
答案 C
3.(2023 吉林延边二模,7)正三棱柱 ABC-A B C 的底面边长是 4,侧棱长是 6,M,N 分别为
1 1 1
CC ,AB的中点,若P是侧面BCC B 上一点,且PN∥平面AB M,则线段PN的最小值为 (
1 1 1 1
)
√39 3√26 2√39 √26
A. B. C. D.
2 5 5 2
答案 C
4.(2023河南新乡二模,7)在如图所示的正方体或正三棱柱中,M,N,Q分别是所在棱的中点,
则满足直线BM与平面CNQ平行的是 ( )
答案 B
5.(2023四川遂宁第二中学模拟,11)在正方体ABCD-A B C D 中,下列结论正确的是 (
1 1 1 1
)
①AD ∥BC ;②平面AB D ∥平面BDC ;
1 1 1 1 1
③AD ∥DC ;④AD ∥平面BDC .
1 1 1 1
A.①②④ B.①②③C.②③④ D.①③④
答案 A
6.(多选)(2024 届云南昆明第二十四中学月考,10)如图,在正方体 ABCD-A B C D 中,
1 1 1 1
E,F,G,H分别是棱CC ,BC,CD,B C 的中点,则下列结论正确的是 ( )
1 1 1
A.AF∥平面A DE
1
B.AG∥平面A DE
1
C.A ,D,E,H四点共面
1
D.A ,D,E,C 四点共面
1 1
答案 AC
7.(多选)(2023江苏常州二模,10)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A B C D 内灌进
1 1 1 1
一些水后密封,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器以BC所在直线为轴顺时针旋转,
则 ( )
A.有水的部分始终是棱柱
B.水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变
C.棱A D 始终与水面平行
1 1
D.当点H在棱CD上且点G在棱CC 上(均不含端点)时,BE·BF不是定值
1
答案 AC
综合拔高练
1.(2023宁夏中卫一模,11)在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中,M,N分别为BD ,B C 的
1 1 1 1 1 1 1
中点,点P在正方体的表面上运动,且满足MP∥平面CND ,则下列说法正确的是 ( )
1A.点P可以是棱BB 的中点
1
√3
B.线段MP的最大值为
2
C.点P的轨迹是正方形
D.点P的轨迹的长度为2+√5
答案 B
2.(2024 届湖南长沙第一中学月考(四),20)如图,已知正方体 ABCD-A B C D 的棱长为
1 1 1 1
2,M,N分别为B D 与C D上的点,且MN⊥B D ,MN⊥C D.
1 1 1 1 1 1
(1)求证:MN∥A C;
1
(2)求平面B DM与平面DMN的夹角的余弦值.
1
解析 (1)证明:如图,连接B A,AD .
1 1
因为CC ⊥平面A B C D ,B D ⊂平面A B C D ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以CC ⊥B D .
1 1 1
因为四边形A B C D 是正方形,所以A C ⊥B D ,
1 1 1 1 1 1 1 1
又因为CC ∩A C =C ,CC ,A C ⊂平面A C C,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以B D ⊥平面A C C.
1 1 1 1
又因为A C⊂平面A C C,
1 1 1
所以B D ⊥A C.
1 1 1
同理可得A C⊥AB ,(证明AB ⊥平面A BC得到)
1 1 1 1又因为AB ∩B D =B ,AB ,B D ⊂平面AB D ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以A C⊥平面AB D .
1 1 1
因为B C =AD,B C ∥AD,所以四边形ADC B 为平行四边形,
1 1 1 1 1 1
所以C D∥AB .
1 1
因为MN⊥C D,
1
所以MN⊥AB .
1
又 因 为 MN⊥B D ,AB ∩B D =B ,AB ,B D ⊂ 平 面 AB D , 所 以 MN⊥ 平 面 AB D . 所 以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A C∥MN.
1
(2)如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA 所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
1
则A (0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),C (2,2,2),
1 1
则 =(2,2,-2), =(2,0,2).
⃗A C ⃗DC
1 1
连接BD,AC,易知AC⊥BD,AC⊥BB ,且BD∩BB =B,BD,BB ⊂平面B DM,故AC⊥平面B DM.
1 1 1 1 1
所以平面B DM的一个法向量为⃗AC=(2,2,0).
1
设平面DMN的法向量为m=(x,y,z).由(1)知A C∥MN,
1
{ m·⃗DC =2x+2z=0,
故m·⃗A C =m· ⃗MN =0,则 1 令x=1,得y=-2,z=-1,
1 m·⃗A C=2x+2y−2z=0,
1
所以平面DMN的一个法向量为m=(1,-2,-1).
设平面B DM与平面DMN的夹角为θ,
1
则cos θ=|cos|= = =
|m||⃗AC| √6×2√2 6
√3
所以平面B DM与平面DMN的夹角的余弦值为 .
1
6
3.(2023广东一模,19)在如图所示的多面体中,AB=AD,EB=EC,平面ABD⊥平面BCD,平面
BCE⊥平面BCD,点F,G分别是CD,BD的中点.
(1)证明:平面AFG∥平面BCE;
(2)若BC⊥BD,BC=BD=2,AB=√2,BE=√5,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值.解析 (1)证明:取BC的中点H,连接EH,
因为EB=EC,所以EH⊥BC,
又因为平面 BCE⊥平面 BCD,平面 BCE∩平面 BCD=BC,EH⊂平面 BCE,所以 EH⊥平面
BCD,
同理可得AG⊥平面BCD,所以EH∥AG,
又因为AG⊄平面BCE,EH⊂平面BCE,所以AG∥平面BCE.
因为点F,G分别是CD,BD的中点,所以FG∥BC,
又FG⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,所以FG∥平面BCE,
又因为AG∩FG=G,AG,FG⊂平面AFG,
所以平面AFG∥平面BCE.
(2)因为BC⊥BD,BC∥FG,所以FG⊥BD,
由(1)知AG⊥BD,AG⊥平面BCD,因为GF⊂平面BCD,所以AG⊥GF,所以GF,GB,GA两两垂
直,
如图,以点G为坐标原点,GF,GB,GA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,1),C(2,1,0),E(1,1,2),B(0,1,0),D(0,-1,0),
⃗AC=(2,1,-1),⃗CE=(-1,0,2),
易知平面AFG的一个法向量为⃗DB=(0,2,0),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),
则{n·⃗AC=0, {2x+ y−z=0,取x=2,得n=(2,-3,1),
即
n·⃗CE=0, −x+2z=0,
设平面AFG和平面ACE的夹角为θ,则cos θ=|cos|= = =
|n||⃗DB| 2×√14 14
3√14
所以平面AFG和平面ACE夹角的余弦值为 .
14
