数学一轮复习专题8.4 直线、平面平行的判定及性质 （新教材新高考）（练）教师版

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．③④⑤B．②④⑤C．②③④D．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：AD6．【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．，nÜ，【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：，nÜ，，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TIDHNEG1.（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：B3．（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:AD6．（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．9．（2019·河南高三月考（文））如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若，求三棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）连接，∴，，∴为正三角形.∵为的中点，∴.∵，平面，∴.又平面，平面，∴平面.∵，分别为，的中点，∴.又平面，平面，∴平面.又平面，，∴平面平面. （Ⅱ）在（Ⅰ）中已证.∵平面平面，平面，∴平面.又，，∴.在中，∵，，∴.∵，分别为，的中点，∴的面积，∴三棱锥的体积.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TIDHNEG1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【解析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】 连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，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：D3.（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：D5．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【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