专题8.4直线、平面平行的判定及性质2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 8.4 直线、平面平行的判定及性质 练基础 1．（2021·山西高一期末）对于两个不同的平面 ， 和三条不同的直线 ， ， .有以下几个命题： ①若 ， ，则 ； ②若 ， ，则 ； ③若 ， ，则 ； ④若 ， ，则 ； ⑤若 ， ，则 . 则其中所有错误的命题是（ ） A．③④⑤ B．②④⑤ C．②③④ D．②③④⑤ 【答案】D 【解析】 根据空间中直线平行的传递性，可判断①；根据线线、线面、面面之间的位置关系即可判断②③④⑤. 【详解】 解：因为 ， ，根据空间中直线平行的传递性，得 ，故①正确； 因为 ， ，所以直线 平行，异面，相交均有可能，故②错误； 若 ， ，则 或 ，故③错误； 若 ， ，则平面 平行或相交，故④错误； 若 ， ，则 或 ，故⑤错误. 所以错误的命题是②③④⑤. 故选：D. 2．（2021·江苏高一期末）已知 ， 是两条不重合的直线， ， 是两个不重合的平面，则下列结论正 确的是（ ） A．若 ， ，则 B．若 ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ，则【答案】D 【解析】 利用线面平行的性质定理可以得到判定A错误的例子；利用面面垂直的性质定理可举出B错误的例子；利 用线面平行的判定定理可以举出C错误的例子；利用线面垂直的性质定理可知D正确. 【详解】 若 ， ，则n可能在α内，只要过m作平面β与α相交，交线即可作为直线n,故A错误； 若 ， ，则m可能在α内，只要m在α内垂直于两平面α，β的交线即有m⊥β，故B错误； 若 ， ，则α，β可能相交，只要m不在α，β内，且平行于α，β的交线即可，故C错误； 若 ， ，根据线面垂直的性质定理可知 ，故D正确； 故选：D. 3．（2020·湖北开学考试）已知平面 平面 ，直线 ，直线 ，下列结论中不正确的是（ ） A． B． C． D． 与 不相交 【答案】C 【解析】 根据面面平行的的定义和性质知: 平面 平面 ，直线 ，直线 ，则 ， ， 与 不相交， 故选:C. 4．（2021·济南市历城第二中学开学考试）如图，四棱锥 中， ， 分别为 ， 上的 点，且 平面 ，则A． B． C． D．以上均有可能 【答案】B 【解析】 四棱锥 中， ， 分别为 ， 上的点，且 平面 ， 平面 ，平面 平面 ， 由直线与平面平行的性质定理可得： ． 故选： ． 5．【多选题】（2021·宁波市北仑中学高一期中）下列命题正确的是（ ） A．若两条平行直线中的一条直线与一个平面相交，则另一直线也与这个平面相交. B．若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行. C．过空间任意一点，可作一个平面与异面直线 都平行. D．若在空间内存在两条异面直线同时平行于平面 ，则 . 【答案】AD 【解析】 对A，利用反证法判断即可；对B，根据线面位置关系判断即可；对C，若点在其中一条直线上，此时作 不出一个平面；对D，利用线面平行的性质定理及面面平行的判定定理判断即可. 【详解】 对A，记 ， 与 相交. 假设另一直线 与这个平面不相交，在平面 内作直线 ，则 ，但 与 相交，故 与 不平行， 这与 矛盾，故A正确； 对B，若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行或在这个平面内，故 B错误； 对C，当点在两条异面直线中的一条上时，没有平面与异面直线 都平行，故C错误； 对D，若 ， ， ， ，如图过 作平面 分别交 , 于 ，过 作平面 分别交 , 于 ， 根据线面平行的性质定理可得 ， ， ， ，所以 ， ， 由面面平行的判定定理可得 ，故D正确. 故选：AD 6．【多选题】（2021·广东湛江二十一中高一期中）已知 ， ， 为三条不重合的直线， ， ， 为 三个不重合的平面其中正确的命题是（ ） A． ， B． ， C． ， D． ，n ， 【答案】AD 【解析】 对于A：直接根据平行的传递性，可以判断； 对于B：由 ， ，则m、n可以平行，相交，也会是异面直线即可判断； 对于C：由 ， ，则 即可判断； 对于D：根据线面平行的判定定理可以判断. 【详解】 对于A：因为 ， 由平行的传递性，可以得到 .故A正确； 对于B： ， ，则m、n可以平行，相交，也会是异面直线.故B错误； 对于C： ， ，则 .故C错误； 对于D： ，n ， ，根据线面平行的判定定理可以得到 .故D正确.故选：AD. 7．【多选题】（2020·佛山市第四中学高二月考）下列命题正确的是（ ） A．平行于同一直线的两条直线互相平行 B．垂直于同一平面的两个平面互相平行 C．若 是两个平面， ∥ ∥ ，则 ∥ D．若三棱锥 中， ，则点 在平面 内的射影是 的垂心 【答案】AD 【解析】 由平行公理判断A；由面面垂直判断B；举特例判断C；由逻辑推理可判断D. 【详解】 对于选项A：由平行公理可知A正确； 对于选项B：垂直于同一平面的两个平面互相平行或相交，故B错误； 对于选项C：反例如图，故C错误； 对于选项D：设点 在平面 内的射影是 ，连接 ，则 平面 ，又 平面 ，所以 ，又 ，且 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 . 同 理可证 ，所以点 是 的垂心. 故D正确. 故选：AD.8．（2021·大连市第一中学高一月考）已知 ， ， 是三条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面， 有下列命题： ① ；②若 ， ，则 ； ③ ， ，则 ；④直线 ，直线 ，那么 ； ⑤若 ， ， ，则 ；⑥若 ， ，则 ． 其中正确的说法为______（填序号） 【答案】①⑥ 【解析】 利用线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质应用，逐一判断选项可得结论. 【详解】 解：对于①，根据平行的性质有： ，即 ，故①正确； 对于②，由 得 或 相交，故②错误； 对于③，由 得 ，或 异面，故③错误； 对于④，由直线 ，直线 ，可得 ， 异面， 相交，故④错误； 对于⑤，由 ，得 或 相交，故⑤错误； 对于⑥，若 ，由面面平行的传递性得 ，故⑥正确， 故答案为：①⑥. 9．（2020·云南省下关第一中学高二月考（文））如图，在正三棱锥 中，底面边长为6，侧棱长 为5，G、H分别为PB、PC的中点.（1）求证： 平面ABC； （2）求正三棱锥 的表面积. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）由于G、H分别为PB、PC的中点，所以由三角形中位线定理可得 ，再由线面平行的判定 定理可证得结论； （2）由于正三棱锥的侧面是等腰三角形，所以利用等腰三角形的性质可求出侧面面积，底面是正三角形， 利用面积公式可求出面积，从而可求出表面积 【详解】 解：（1）证明：因为G、H分别为PB、PC的中点， 所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面ABC. （2）设BC中点为D，连接PD， 因为三棱锥P-ABC是正三棱锥，所以 是等腰三角形， 所以 ， 在Rt 中 又 ，PB=5 ，PD= ， 所以正三棱锥侧面积为 ，底面积为 ， 所以正三棱锥P-ABC的表面积为10.（2020·佛山市第四中学高二月考）如图在正方体 中， 分别是 的中点，求证 （1） ∥平面 ； （2）平面 ∥平面 . 【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析. 【解析】 （1）证得 ，进而由线面平行的判定定理可证得结果； （2）由（1）可知，只需证明 平面 ，进而由面面平行的判定定理可证得结果. 【详解】 （1）连接 ，依题意知 ， ，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .（2）连接 ，依题意可知 ，且 ，所以四边形 是平行四边形，则 ， 又 平面 ， 平面 ，所以 平面 . 由（1）知 平面 ，且 ，故平面 平面 . 练提升 TIDHNE 1.（2020·全国月考）设 、 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，已知 ， ，则 “ ， ”是“ ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 充分性：已知 ， ，由于 ， ，若 ，则 与 不一定平行，充分性不成立； 必要性：已知 ， ，若 ，由面面平行的性质可得 ， ，必要性成立. 因此，“ ， ”是“ ”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（2021·山东高一期末）在正方体 中， ， ， 分别为 ， ， 的中点， 为底面 上一动点，且直线 平面 ，则 与平面 所成角的正切值的取值范围为（） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 由题意知面 在正方体 上的截面为 且 为 中点，根据正方体、线面平行的 性质，有 在 上，即 与平面 所成角为 ，进而可求其正切值的范围. 【详解】 由题意，如上图示，面 在正方体 上的截面为 且 为 中点， ∵ 平面 ，而面 面 ， ∴ 面 ，又 为底面 上一动点，则 在 上， ∴ 与平面 所成角为 ， 当 与 重合时， 最小，此时 ， 当 与 重合时， 最大，此时 ；∴ . 故选：B 3．（2021·江苏南京一中高一月考）如图，正方体 的棱长为1，线段 上有两个动点 ､ ，且 ，则下列结论中正确的是（ ） A．线段 上存在点 ､ 使得 B． 平面 C． 的面积与 的面积相等 D．三棱锥 的体积不为定值 【答案】B 【解析】 利用异面直线的定义可判断A；根据线面平行判定定理可判断B；根据三角形的高不相等可判断C；直接 计算体积可判断D. 【详解】 线段 上不存在点 ､ 使得 ， 因为 在平面 平面外， 在平面内， 所以 ， 是异面直线，所以A不正确； 连接 ，几何体是正方体，所以 ， 平面 ， 平面 ，可知 平面 ， 所以B正确.到 的距离为 ， 到 的距离大于上下底面中心的连线， 则 到 的距离大于1， ∴ 的面积大于 的面积，故C错误； 到平面 的距离为 ， 的面积为定值， ∴三棱锥 的体积为定值，故D不正确. 故选：B. 4．（2021·江西省分宜中学高二月考（理））点 分别是棱长为2的正方体 中棱 的中点，动点 在正方形 (包括边界)内运动.若 面 ，则 的长度范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 如图，分别取 的中点 ，连接 ，则可证得平面 ‖平面 ，从而可得点 在 上，从而可求出 的长度范围 【详解】 解：如图，分别取 的中点 ，连接 ， ，则 ‖ ， 因为 是 的中点，所以 ‖ ， 所以 ‖ ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 ‖平面 ， 因为 是 的中点， 是 的中点， 所以 ‖ ， ， 因为 ‖ ， ， 所以 ‖ ， ， 所以四边形 为平行四边形，所以 ‖ ，， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 ‖平面 ， 因为 ，所以平面 ‖平面 ， 因为平面 平面 ， 所以点 在 上运动，使 面 ， 因为 的棱长为2， 所以 所以当点 与 或 重合时， 最长，当点 在 的中点时， 最短， 的最小值为 ，所以 的长度范围是 ， 故选：B 5．【多选题】（2021·江苏省镇江中学高一月考）下列四个正方体图形中， 为正方体的两个顶点， 分别为其所在棱的中点，能得出 平面 的图形是（ ） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】 对于A通过线面平行判定定理即可判断；对于B找到 与平面 内某一直线相交即可；对于C找到 平行线与平面 内某一直线相交即可；对于D通过线面平行判定定理即可判断. 【详解】对于A，如下图所示，根据正方体性质易证得 ,又因为 平面 ， 平面 ,所以 平面 .故A正确； 对于B，如下图所示，在平面 内， 与 相交，又因为 平面 ， 平面 ,所 以 与平面 相交，故B错误； 对于C，如下图所示，易证 ,由于 与平面 相交，则 与面 相交.故C错误； 对于D，如下图所示，由正方体性质易证得 ，由中位线定理知 ，所以 ,又因为 平面 ， 平面 ,所以 平面 .故D正确.故选:AD 6．（2021·珠海市第二中学高一期中）已知正方体 中的棱长为2， 是 中点． （1）求证：平面 平面 ； （2）设 的中点为 ，过 ､ ､ 作一截面，交 于点 ，求截面 的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】 （1）连接 ， ，若 ，连接 ，由平行四边形的性质及线面平行的判定易得 平面 、 平面 ，根据面面平行的判定即可证平面 平面 ； （2）连接 ， ，设平面 与平面 交于 ，根据面面平行的性质可得四边形 为 平行四边形，结合正方体的性质易知四边形 为菱形，再求出对角线 、 ，即可求截面的面积. 【详解】（1）如图，连接 ， ，若 ，连接 ， 由 ， ，可得四边形 为平行四边形， ∴ ，又 ， ∴四边形 为平行四边形，即 ，而 平面 ， 平面 ， 平面 ， 同理， 是平行四边形，即 ，而 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ，而 ， ∴平面 平面 . （2）连接 ， ，平面 与平面 交于 ， 由平面 平面 ，且平面 平面 ，平面 平面 ， ，同理有 ，即四边形 为平行四边形， 在 与 中，易知 ，即四边形 为菱形，故 为 的中点． ∵正方体 的棱长为2， ， ．∴截面面积 ． 7．（2021·福建高一期末）如图，在棱长为2的正方体 中， ， ， ， 分别为 ， ， ， 的中点，点 为线段 上的动点，且 . （1）是否存在 使得 平面 ，若存在，求出 的值并给出证明过程；若不存在，请说明理由； （2）画出平面 截该正方体所得的截面，并求出此截面的面积. 【答案】（1）存在， ，证明见解析；（2）画图见解析； . 【解析】 （1）取 中点 ，由面面平行的判定定理即可证明平面 平面 ，即可得到 平面 时 的值. （2）画出截面，根据正六边形的性质即可求出截面的面积. 【详解】 解：（1）当 时， 平面 .取 中点 ，连接 ， ， ，则 ， ， 如图所示： 故 ， 又 平面 ， 平面 ， 平面 ， 同理， 平面 ， 又 ， 平面 ， 故平面 平面 ， 平面 ， 平面 ； （2）平面 截正方体 的截面为正六边形 ， 如图所示： 又 正方体 的棱长为2， 故正六边形 边长为 ， 截面面积为： . 8．（2021·山东高一期末）如图，点 是正方形 两对角线的交点， 平面 ， 平面， ， 是线段 上一点，且 ． （1）证明：三棱锥 是正三棱锥； （2）试问在线段 （不含端点）上是否存在一点 ，使得 平面 ．若存在，请指出点 的位置； 若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析. 【解析】 （1）根据正三棱锥的定义即可证明； （2）利用反证法，由 平面 ，假设存在这样的点 ，使得 平面 ，推出平面 平面 ，与平面 和平面 是相交平面矛盾，即可求解. 【详解】 解：（1）证明：设 ， 则 ∴ 是正三角形， 如图所示：连接 ， ， ， ∴ ， ， ， 在 中，由 知： ．又 平面 ， ， ∵ ， ， ∴ 平面 ， ∴ ． 又 平面 ， ， ∴ 平面 ， 在线段 上取点 ，使得 ， 则点 是 的重心，也就是 的中心， 连接 ，则 ， ∴ 平面 ， ∴三棱锥 是正三棱锥； （2）∵平面 与平面 有公共点 ， 故平面 与平面 是相交平面， ∵ ， 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ， 假设存在这样的点 ，使得 平面 ， ∵点 与点 不重合， ∴ 与 是相交直线， 又 平面 ， 平面 ，且 平面 ， 平面 ， ∴平面 平面 ， 这与平面 和平面 是相交平面矛盾， ∴不存在一点 ，使得 平面 ． PABCD PAD  ABCD PA PD 9．（2019·河南高三月考（文））如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ， AB AD PA PD ADCD BAD60 M N AD PA ， ， ， ， ， 分别为 ， 的中点．BMNP PCD （Ⅰ）证明：平面 平面 ； AD6 PBMN （Ⅱ）若 ，求三棱锥 的体积． 9 3 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 4 【解析】 BD AB AD BAD60 ABD （Ⅰ）连接 ，∴ ， ，∴ 为正三角形. ∵M 为AD的中点，∴BM  AD. ADCD CD,BM  ABCD BM PCD ∵ ， 平面 ，∴ . BM  PCD CD PCD BM∥ PCD 又 平面 ， 平面 ，∴ 平面 . M N AD PA MNPPD ∵ ， 分别为 ， 的中点，∴ . MN  PCD PD PCD MN∥ PCD 又 平面 ， 平面 ，∴ 平面 . BM,MN  BMN BM MN  M 又 平面 ， ， BMNP PCD ∴平面 平面 .（Ⅱ）在（Ⅰ）中已证BM  AD. PAD  ABCD BM  ABCD BM  PAD ∵平面 平面 ， 平面 ，∴ 平面 . AD6 BAD60 BM 3 3 又 ， ，∴ . 2 PA PD AD3 2 在 PAD 中，∵ PA PD ， PA PD ，∴ 2 . M N AD PA ∵ ， 分别为 ， 的中点， 1 1 1  2 9 S  S    3 2  ∴PMN 的面积 PMN 4 PAD 4 2 4， 1 1 9 9 3 V V  S BM   3 3  ∴三棱锥PBMN 的体积 PBMN BPMN 3 PMN 3 4 4 . 10．（2021·陕西高二期末（文））如图，正三棱柱 中， 、 分别为 、 的中点．（1）证明： 平面 ； （2）若 ， ，求点 到平面 的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）本题可连接 与 交于点 ，连接 、 ，然后根据三角形的中位线法则得出 ， ，根据 是 中点得出 ， ，即可得出 ，最后通过线面平行的 判定即可得出结果； （2）本题可作 ，通过线面垂直以及面面垂直的判定得出平面 平面 ，然后根据面 面垂直的性质得出 平面 ，则 长即点 到平面 的距离，最后通过等面积法即可得出结 果. 【详解】 （1）如图，连接 与 交于点 ，连接 、 ， 因为三棱柱 是正三棱柱，所以四边形 是矩形， 是 中点， 因为 是 的中点，所以 ， ， 因为 是 中点，所以 ， ， 故 ， ，四边形 是平行四边形， ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 . （2）如图，作 ， 因为三棱柱 是正三棱柱， 所以底面三角形是等边三角形，侧棱垂直于底面， 易知 ， ， 因为 ，所以 平面 ， 因为 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以平面 平面 ， 因为平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 长即点 到平面 的距离， ， ，则 ， ， 根据等面积法易知， ，解得 ， 故点 到平面 的距离为 . 练真题 TIDHNE ABCDABCD AD DB 1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体 1 1 1 1，M，N分别是 1 ， 1 的中点，则 （ ） AD DB MN // ABCD A．直线 1 与直线 1 垂直，直线 平面 AD DB BDDB B．直线 1 与直线 1 平行，直线 MN  平面 1 1 AD DB MN // ABCD C．直线 1 与直线 1 相交，直线 平面 AD DB BDDB D．直线 1 与直线 1 异面，直线 MN  平面 1 1 【答案】A 【解析】 MN//AB,AD ABD 由正方体间的垂直、平行关系，可证 1 平面 1，即可得出结论. 【详解】AD ABCDABCD 连 1，在正方体 1 1 1 1中， AD AD M是 1 的中点，所以 M 为 1中点， DB MN//AB 又N是 1 的中点，所以 ， MN 平面ABCD,AB平面ABCD， 所以MN//平面ABCD. 因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD MN BDDB 则 不垂直平面 1 1，所以选项B,D不正确； ABCDABCD AD  AD 在正方体 1 1 1 1中， 1 1 ， AB 平面 AA 1 D 1 D ，所以 AB A 1 D ， AD AB A AD ABD 1 ，所以 1 平面 1， DB ABD ADDB 1 平面 1，所以 1 1 ， AD,DB 且直线 1 1 是异面直线， 所以选项C错误，选项A正确. 故选：A. 2.（2018·浙江高考真题）已知直线 和平面 ， ，则“ ”是“ ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D【解析】 从充分性和必要性两方面分别分析判断得解. 【详解】 直线 和平面 ， ，若 ， 当 时， 显然不成立，故充分性不成立； 当 时，如图所示，显然 不成立，故必要性也不成立． 所以“ ”是“ ”的既不充分又不必要条件. 故选：D 3.（北京高考真题（理））设 ， 是两个不同的平面， 是直线且 ．“ ”是“ ”的 （ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 试题分析： ， 得不到 ，因为 可能相交，只要 和 的交线平行即可得到 ； ， ，∴ 和 没有公共点，∴ ，即 能得到 ；∴“ ”是“ ”的必要不充分条件．故选B． 4.（2017·全国高考真题（文））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不平行与平面MNQ的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 对于选项A，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知A不满足题意； 对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意； 对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意； 对于选项D，由于直线AB不平行与平面MNQ，满足题意. 故答案为：D 5．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–ABCD的底面是菱形，AA=4，AB=2， 1 1 1 1 1 ∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB，AD的中点. 1 1 （1）证明：MN∥平面CDE； 1 （2）求点C到平面CDE的距离． 1 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】 （1）连接 ，， 分别为 ， 中点 为 的中位线 且 又 为 中点，且 且 四边形 为平行四边形 ，又 平面 ， 平面 平面 （2）在菱形 中， 为 中点，所以 ， 根据题意有 ， ， 因为棱柱为直棱柱，所以有 平面 ， 所以 ，所以 ， 设点C到平面 的距离为 ， 根据题意有 ，则有 ， 解得 ，所以点C到平面 的距离为 . 6.（2017·全国高考真题（文））四棱锥 中，侧面 为等边三角形且垂直于底面 , （1）证明：直线 平面 ; （2）若△ 面积为 ，求四棱锥 的体积. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 【解析】 （1） 在平面 内，因为 ,所以 又 平面 平面 故 平面 （2）取 的中点 ，连接由 及 得四边形 为正方形，则 . 因为侧面 为等边三角形且垂直于底面 ，平面 平面 ， 所以 底面 因为 底面 ，所以 , 设 ，则 ，取 的中点 ，连接 ，则 ,所以 ， 因为 的面积为 ，所以 ， 解得 （舍去）， 于是 所以四棱锥 的体积