2023年新高考一轮复习讲义第41讲 直线、平面平行的判定与性质（解析版）

第41讲　直线、平面平行的判定与性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·湖南湘潭·高三开学考试）已知直三棱柱的侧棱和底面边长均为分别是棱上的点，且，当平面时，的值为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】过作交于，利用线面平行的性质可得，进而可得四边形为平行四边形，，即得.【详解】过作交于，连接，因为，∴，故共面,因为平面，平面平面，平面，所以，又,∴四边形为平行四边形，又，∴，所以.试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 故选：B．2．（2022·全国·高三专题练习）已知为正方体，P，Q，R分别为棱的中点，则①；②平面；③；④，上述四个结论正确的个数为（    ）A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】作出过点P，Q，R的正方体的截面，再逐一分析、推理判断4个结论作答.【详解】在正方体中，取的中点N，直线与直线AB，BC分别交于点E，G，直线QE交于点S，交直线于点F，直线RG交于点M，交直线于点，如图，因P，Q，R分别为棱的中点，即有，则，又，则，，因此，，即与F重合，连接，则截面是平面截正方体所得截面，且截面是正六边形，连AC，则，在正六边形中，与不平行，则与不平行，结论①不正确；因，平面，平面，所以平面，结论②正确；连接，则三棱锥为正三棱锥，又正三棱锥的相对棱垂直，则，即结论③正确；试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 连BD，因，平面，平面，则，而，于是得平面，而平面，则，因，则，同理，又，平面，因此，平面，而平面，则，结论④正确.所以给定的四个结论正确的个数为3故选：C3．（多选）（2022·云南昆明·高三开学考试）如图，在正方体中，点E是线段AC上的动点，则（    ）A．B．平面C．D．【答案】BC【分析】连接、、，即可证明平面平面，从而说明A、B，通过证明平面，即可说明C，再由，即可说明D.【详解】解：如图连接、、，由正方体的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故B正确；因为，所以当且仅当与重合时才有，故A错误；在正方体中，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，同理可证，，平面，所以平面，平面，所以，故C正确，试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 易得，又，所以与不可能垂直，故D错误；故选：BC4．（多选）（2022·河北邯郸·高三开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（    ）A．直线与所成的角为B．对任意的点，都有平面C．存在点，使得平面平面D．存在点，使得平面平面【答案】BC【分析】A选项，根据线线平行，找到直线与所成的角，根据正方体的性质求出其度数；B选项，证明出平面，得到结论；C选项，当点在处时，满足平面平面；D选项，找到平面与平面所成的夹角，方法一：结合圆的知识点，推导出；方法二：设出未知数，利用正切的和角公式得到，求出最值，得到为锐角.【详解】因为，所以即为直线与所成的角，，故错误；因为⊥平面，平面，所以⊥，试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 又因为，，所以平面，故平面，故正确；当点在处时，平面//平面，所以存在点，使得平面//平面，故C正确.如图，过点作，则为平面与平面的交线，在正方体中，平面，所以平面，所以，，所以即为平面与平面所成的夹角，方法一：因为点一定在以为直径的圆外，所以，所以不存在点，使得平面平面，故D错误.方法二：设正方体的棱长为，则，所以，当时，取得最大值，为，此时为锐角，故D错误.故选：BC5．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，若平面，则_______【答案】【分析】连接交于点，连接，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论．试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 【详解】连接交于点，连接，∵平面，平面，平面平面，∴，又，∴.故答案为：．6．（2022·全国·高三专题练习）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则______．【答案】【分析】根据面面平行的性质，证得，结合，即可求解.【详解】由题意，平面平面，所在的平面与，分别交于和，根据面面平行的性质，可得，所以，因为，，，所以.故答案为：.7．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的中点，则满足条件直线平面的点F的个数是___________.试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 【答案】【分析】为了得到直线平面，只需求得平面平面，即平面内的任意一条直线都与平面平行，进而求得点的个数.【详解】分别取的中点，连接，，在正方体中，，，四边形是平行四边形，，，又平面，平面，平面，同理平面，又，平面，平面，平面平面，平面内的任意一条直线都与平面平行，则满足条件直线平面的点可以是的任何一个，点F的个数是个.故答案为：.8．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面，，，分别是，的中点．已知，若平面平面，求试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 的值；【答案】．【分析】由面面平行的性质定理可得，结合中点性质即可求的值.【详解】若面面，面面，面面，由面面平行的性质定理知：，于是，由为的中点知：为的中点，故，所以．9．（2022·全国·高三专题练习）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，、、都是圆柱的母线．求证：平面；【答案】证明见解析.【分析】利用线面平行的判定定理可得平面，平面，再利用面面平行的判定定理及性质定理即得.【详解】连接、，试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 在圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，则，且，故、、均为等边三角形，所以，在底面中，，则，平面，平面，所以，平面，因为、、都是圆柱的母线，则，平面，平面，∴平面，，平面，平面，所以，平面平面，因为平面，因此，平面．10．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学高三期末（文））如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M､N分别是AB､PC的中点试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 （1）求证：MN平面PAD；（2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ平面PAD.【答案】（1）证明见解析；（2）当在的中点时，平面平面.【分析】（1）取中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面；（2）假设第一问的即为所求，再利用面面平行进行证明.【详解】（1）证明：取中点，连接，分别是的中点，.，又面，面，∴面.同理可证：面.又面，面，,平面平面，平面，平面试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 （2）解：假设第一问的即为所求在的中点，分别是的中点，为的中点且则平面平面且所以平面平面.所以第一问的点即为所求，当在的中点时，平面平面.【素养提升】1．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（    ）A．1B．C．D．【答案】B【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：因为P、N分别为CD、BC中点，所以，同理，P、Q分别为CD、中点，所以，又，平面PQN，，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，又点在平面内运动，所以点M在平面和平面的交线上，即，在中，，，，所以，所以，试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 所以N点到PQ的最小距离.所以线段的最小值为.故选：B2．（2022·江苏·南京市第一中学高三开学考试）正方体的棱长为，为棱上的动点，点分别是棱的中点，则下列结论正确的是（    ）A．存在点，使得B．存在点，使得为等腰三角形C．三棱锥的体积为定值D．存在点，使得平面【答案】C【分析】取的中点，连接、，再取的中点，连接，即可证明，从而说明A，再证明平面，即可说明C，由平面说明D，最后利用勾股定理说明B.【详解】解：对于A：取的中点，连接、，再取的中点，连接，又正方体的性质可知四边形为平行四边形，所以，则，显然当在上时，不存在，故不存在点，使得，故A错误；试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 显然，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，设为，则，又，故三棱锥的体积为定值，故C正确；因为平面，显然平面与平面不平行，故不存在点，使得平面，故D错误；设，则，所以，，，显然，，，则不能为等腰三角形，故B错误；故选：C3．（2022·陕西·西安中学三模（文））在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点，P是侧面四边形内(不含边界)一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是________.【答案】【分析】作出过点平行于平面的平面与平面的交线，确定动点P的位置，再借助三角形计算作答.【详解】在正方体中，取的中点M，N，连，如图，试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 因点E、F分别是棱BC，的中点，则，平面，平面，则有平面，显然为矩形，有，，即有为平行四边形，则，而平面，平面，有平面，，平面，因此，平面平面，因平面AEF，则有平面，又点P在平面，平面平面，从而得点P在线段MN上（不含端点），在中，，，等腰底边MN上高，于是得，所以线段长度的取值范围是.故答案为：试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司 试卷第16页，共1页学科网（北京）股份有限公司