高中数学培优讲义练习（必修二）：专题8.10 空间直线、平面的平行（重难点题型检测）（教师版）

专题8.10空间直线、平面的平行（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022春·湖南·高二阶段练习）已知三条不同的直线l，m，n，且l∥m，则“m∥n”是“l∥n”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【解题思路】根据线与线的位置关系，结合充要条件的定义即可求解.【解答过程】解：若m∥n，又l∥m，则l∥n，故充分性成立，反之，若l∥n，又l∥m，则m∥n，故必要性成立.故“m∥n”是“l∥n”的充要条件.故选：C.2．（3分）（2023春·湖南长沙·高二开学考试）已知α,β,γ是三个不同的平面，m,n是两条不同的直线，则下列命题正确的是（

）A．若α⊥γ，β⊥γ，则αB．若m//α，mC．若m⊥α，m⊥β，则αD．若m//α，n【解题思路】根据空间中平面与平面、直线与平面的位置关系判断即可.【解答过程】解：对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，故A错误；对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；对于C，垂直于同一直线的两平面平行，故C正确；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误.故选：C.3．（3分）（2022春·河南信阳·高一阶段练习）下列有五个命题：①若直线a//平面α，a//平面β，α∩β=m则a//m；②若直线a//平面α，则a与平面α内任何直线都平行；③若直线α//平面α，平面α//平面β，则α//平面β；④如果a//b，a//平面α，那么b//平面α；⑤对于异面直线a、b存在唯一一对平面α、β使得a⊂平面α，b⊂平面β，且α//β.其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】根据空间中直线，平面间的位置关系判断命题正误.【解答过程】对于①，直线a//平面α，直线a//平面β，α∩β=m，过a作平面γ交平面α于c，作平面δ交平面α于d，则a//c，a//d，所以c//d，因为c⊂平面α，所以d//平面α对于②，直线a//平面α，则直线a与平面α内的直线平行或异面，所以②对于③，直线a//平面α，平面α//平面β，可能a⊂平面β，所以对于④，a//b，直线a//平面α，可能b⊂平面α对于⑤，一对异面直线a，b，过a作与b平行的平面α，过b作与a平行的平面β，使得α//β，所以故选：C.4．（3分）（2022·四川成都·统考一模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是平面A．平面PAM内任意一条直线都不与BC平行B．平面PAB和平面PCM的交线不与平面ABCD平行C．平面PBC内存在无数条直线与平面PAM平行D．平面PAM和平面PBC的交线不与平面ABCD平行【解题思路】对A，根据BC与平面PAM相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长AM，BC交于E，根据线面平行的性质判断即可.【解答过程】对A，因为BC与AM在平面ABCD内且不平行，故BC与AM相交，故BC与平面PAM相交，若平面PAM内任意一条直线与BC平行，则BC//平面PAM，矛盾，故A正确；对B，由AB平行BC，AB⊄平面PCM，BC⊂平面PCM，故AB//平面PCM.设平面PAB和平面PCM的交线为l，由线面平行的性质可得AB//l，又l⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故l/平面ABCD对CD，延长AM，BC交于E，连接如图.由题意，平面PAM和平面PBC的交线即直线PE，故当平面PBC内的直线与PE平行时，与平面PAM也平行，故C正确；交线PE与平面ABCD交于E，故D正确；故选：B.5．（3分）（2022春·新疆乌鲁木齐·高一期中）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中不能满足MN//平面ABC的是（

）A． B．C． D．【解题思路】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.【解答过程】对于A选项，由下图可知MN//DE//AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB//NH,MN//AH//BC,AM//对于C选项，由下图可知MN//DE//BC，MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以对于D选项，设AC∩NE=D，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN//BD，由于MN⊄平面ABC，BD⊂平面ABC，所以MN//故选：B.6．（3分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体EFGH−E1FA．平面E1FG1与平面EGHC．平面F1H1E与平面FHE【解题思路】根据正方体的平行关系，可证平面E1FG【解答过程】如图，正方体EFGH−E所以四边形EE1G1GEG⊂面EGH1，所以E1G1//平面因为E1G1所以平面E1FG故选：A.7．（3分）（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1A1C1D1中，点P是CC1的中点，动点Q在平面DCCA．2 B．22 C．25 【解题思路】M,N分别为DD1,DC的中点，连接AM,AN,MN，证明平面AMN∥平面A1BP，得到Q的轨迹为线段MN【解答过程】如图所示：M,N分别为DD1,DCMN∥D1C，D1C∥A1B，故MN∥A1B，A1B⊂易知四边形ABPM为平行四边形，AM∥BP，BP⊂平面A1BP，AM⊄平面A1BP，故AMAM∩MN=M，AM,MN⊂平面AMN，故平面AMN∥平面A1当AQ⊂平面AMN时，面AMN∩平面D1C1CD=MN，故AM=AN=25，MN=22，AQ的最小值是MN边上的高，为故选：D.8．（3分）（2022秋·北京·高二阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G分别是棱AB,BC,CC1的中点，A．22 B．1 C．2 D．【解题思路】延展平面EFG，可得截面EFGHOR,其中H、Q、R分别是所在棱的中点，可得D1P//平面EFGHQR,再证明平面D1AC//平面EFGHQR,可知P在【解答过程】延展平面EFG，可得截面EFGHQR,其中H、直线D1P与平面所以D1P//平面由中位线定理可得AC//EFEF在平面EFGHQR内，AC在平面EFGHQR外，所以AC//平面EFGHQR因为D1P与AC在平面所以平面D1AC//平面所以P在AC上时，直线D1P与平面因为BO与AC垂直，所以P与O重合时BP此时，三角形PBB最小值为12故选C.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022秋·浙江宁波·高二校考期中）已知α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题正确的是（

）A．a∥α，b∥α，则a∥b B．a⊥β，b⊥β，则a∥bC．α∥a，β∥a，则α∥β D．α⊥a，β⊥a，则α∥β【解题思路】根据直线与直线、直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项进行检验即可求解.【解答过程】对于选项A，因为a∥α，b∥α，所以直线a，b可以相交或a∥b或a与b异面，故选项A错误；对于选项B，因为a⊥β，b⊥β，所以a∥b，故选项B正确；对于选项C，因为α∥a，β∥a，所以α∥β或α，对于选项D，因为α⊥a，β⊥a，所以α∥β，故选项D正确，故选：BD.10．（4分）（2023春·河北承德·高二开学考试）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱A．A1M // DC．A1M //平面DCC1D【解题思路】根据题意可证明A1M//PD1，由此可判断A、C、D选项；根据A1M与平面ADD【解答过程】连接MP，因为M，P别为棱AB，CD中点，所以MP//AD且MP=AD因为ABCD−A1B1C1D1为平行六面，所以AD//A1因为D1P⊂平面DCC1D1，A1M⊄平面DCC因为A1M与平面ADD1A1相交，且平面BCC1B1//平面BCC1B故选：ACD.11．（4分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如图，这是四棱锥P−ABCD的平面展开图，其中四边形ABCD是正方形，E，F，G，H分别是PA,PD,PC,PB的中点，则在原四棱锥中，下列结论中正确的有（

）A．平面EFGH∥平面ABCD B．PA∥平面BDGC．EF∥平面PBC D．FH∥平面BDG【解题思路】根据中位线性质得到线线平行，再由线面平行的判定定理判断B、C、D，由面面平行的判定定理判断A.【解答过程】由平面展开图还原四棱锥，如图所示，可知ABCD均正确．若O为BD,AC交点，则O为BD,AC中点，连接OG，G为PC中点，故OG//PA，OG⊂面BDG，PA⊄面BDG，所以PA∥平面BDG，B正确；又F,H为PD,PB中点，则FH//BD，BD⊂面BDG，FH⊄面BDG，所以FH∥平面BDG，D正确；由E,F为PA,PD中点，则EF//AD，BC//AD，故EF//BC，又BC⊂面PBC，EF⊄面PBC，故EF∥平面PBC，C正确；由EF//AD，AD⊂面ABCD，EF⊄面ABCD，则EF//面ABCD，同理可得EH//面ABCD，而EH∩EF=E，EH,EF⊂面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，A正确.故选：ABCD.12．（4分）（2022·高一课时练习）（多选）在正方体ABCD−A1BA．平面A1BC1与平面ADC．平面BDA1与平面B1D1【解题思路】对于ABC选项，按照两个平面平行的判定定理，寻找一个平面内两条相交直线分别平行另一个平面即可，三个选项实际上是同一个问题从不同的角度观察所得，对于D选项，找到两个平面的交线即可否定.【解答过程】对于A选项，A1B//D1C，A1B⊄平面AD同理可证，A1C1因为A1B∩A1C1=A1所以平面A1BC对于B选项，AD1//BC1，AD1⊄平面BD同理可证，AB1//因为AD1∩AB1=A，AD所以平面BDC1//对于C选项，BD//B1D1，BD⊄平面B1D1C同理可证，A1B//因为A1B∩BD=B，A1B⊂平面BDA所以平面BDA1//对于D选项，设A1D∩AD1=E，则E∈平面AC设D1C∩C1D=F，则F∈平面AC所以平面ACD1∩平面A故选：ABC.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023·高一课时练习）在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别边AB,BC,CD,DA上的中点，则直线EG和FH的位置关系是相交．【解题思路】根据平面的性质结合线线位置关系分析判断.【解答过程】∵E、F、G、H分别是四边上的中点，∴EF∥AC∥GH，即EF∥GH，同理可得：EH∥GF，故E、F、G、H四点共面，且EFGH为平行四边形，则直线EG和FH的位置关系是相交.故答案为：相交.14．（4分）（2022·全国·高三专题练习）已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG【解题思路】由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB【解答过程】由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α所以AB//又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则同理GH//所以四边形EFHG是平行四边形，故答案为：平行.15．（4分）（2023·高一课时练习）下面四个正方体中，点A、B为正方体的两个顶点，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形序号是①②．（写出所有符合条件的序号）【解题思路】根据线面平行的判定定理以及面面平行的性质定理即可得到答案.【解答过程】对于①，如图1.因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以MN//AC，NP//AD.又BC//AD，所以NP//BC.因为MN⊂平面MNP，AC⊄平面MNP，所以AC//平面MNP.同理可得BC//平面MNP.因为AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AC∩BC=C，所以平面ABC//平面MNP.又AB⊂平面ABC，所以AB//平面MNP，故①正确；对于②，如图2，连结CD.因为点M、P分别为其所在棱的中点，所以MP//CD.又AC//BD，且AC=BD，所以，四边形ABDC是平行四边形，所以AB//CD，所以AB//MP.因为MP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP，所以AB//平面MNP，故②正确；对于③，如图3，连结AC、AD、CD.因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以MP//AC，MN//CD.因为AC⊄平面MNP，MP⊂平面MNP，所以AC//平面MNP.同理可得CD//平面MNP.因为AC⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，AC∩CD=C，所以平面ACD//平面MNP.显然A∈平面ACD，B∉平面ACD，所以AB⊄平面ACD，且AB与平面ACD不平行，所以AB与平面MNP不平行，故③错误；对于④：如图4，连接GE,EN，因为M,N为所在棱的中点，则MN//故平面MNP即为平面MNEF，由正方体可得AB//而平面ABGE∩平面MNEF=EM，若AB//平面MNP由AB⊂平面ABGE可得AB//故EG//EM，显然不正确，故故答案为：①②.16．（4分）（2022秋·甘肃定西·高二统考开学考试）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM//平面AEND；②CN//平面ABFE；③平面BDM//平面AFN；④平面BDE//平面NCF.以上四个命题中，正确命题的序号是①②③④.【解题思路】将展开图还原成正方体，根据线面平行以及面面平行的判定逐一判定即可.【解答过程】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA−EFMN，如图所示：对于①，因为BM//AN，BM⊂平面AEND，AN⊂平面AEND，所以BM//平面AEND，命题①对于②，CN//BE，CN⊂平面ABFE，BE⊂平面ABFE，所以CN//平面ABFE，命题②对于③，BD//FN，BM//AN，BD⊄面AFN，BM⊄面AFN，所以BD//面AFN，BM//面AFN，BD∩BM=B，BD、BM⊂平面BDN，所以平面BDM//平面AFN，命题③正确；对于④，BD//FN，BE//CN，BD⊄面NCF，BE⊄面NCF所以BD//面NCF，BE//面NCF，BD∩BE=B，BD、BE⊂平面BDE，所以平面BDE//平面NCF，命题④正确．故答案为：①②③④．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2023·高一课时练习）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、CD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB=CGCD，求证：直线【解题思路】根据三角形中位线、平行线等分性质结合平行线的传递性分析证明,【解答过程】∵E、H分别是AB、CD的中点，则EH∥BD，又∵F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB=CGCD，则FG∴EH∥FG，故直线EH与直线FG平行．18．（6分）（2023·高一课时练习）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E为PB的中点，O为AC、BD的交点.(1)求证：EO∥平面PCD(2)图中EO还与图中哪个平面平行？【解题思路】由EO∥【解答过程】（1）因为E，O为PB，BD的中点，所以EO∥又EO⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以EO∥平面PCD（2）因为EO∥PD，EO⊄平面PAD，PD⊂平面所以EO∥平面PAD19．（8分）（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB上的点．若PD//平面ACE【解题思路】连接BD，交AC于点G，连接EG，由线面平行的性质定理得线线平行，由平行线得比例线段．【解答过程】连接BD，交AC于点G，连接EG；∵PD//平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE=EG∴PD//EG，∵AB//CD，∴DG:GB=CD:AB=1:2，∴PE:PB=1:3，即PE:PB的值为1320．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D(1)NP∥平面CC(2)平面MNP∥平面CC【解题思路】（1）利用线线平行（NP∥C（2）先用线线平行（MN∥CD1）证线面平行（CD【解答过程】（1）连接BC1,C1D，因为四边形BB1C1C为正方形，P为B因为NP⊄平面CC1D所以NP∥平面CC（2）连接AC,  CD1，因为四边形ABCD为正方形，所以N为AC中点.又因为M为AD1中点，所以因为MN⊄平面CC1所以MN∥平面CC由（1）知NP∥平面CC1D1D，又MN∩PN=N所以平面MNP∥平面CC21．（8分）（2022春·河南周口·高一阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，P､（1）求证：PQ//平面A1（2）若R是AB上的点，ARAB的值为多少时，能使平面PQR//平面A【解题思路】（1）连结CP并延长与DA的延长线交于M点，证明BC//AD，PQ//MD1，又MD1⊂平面A1D1DA（2）R是AB上的点，当ARAB的值为35时，能使平面PQR//平面A1D1DA，通过证明PR//平面A1【解答过程】（1）连结CP并延长与DA的延长线交于M点，因为四边形ABCD为正方形，所以BC//AD，故△PBC~△PDM，所以CPPM又因为CQQ所以CQQ所以PQ//MD又MD1⊂平面A1D故PQ//平面A1（2）当ARAB的值为35时，能使平面PQR//平面证明：因为ARAB即有BRRA故BRRA所以PR//DA．又DA⊂平面A1D1DA，所以PR//平面A1又PQ∩PR=P，PQ//平面A1所以平面PQR//平面A122．（8分）（2022·高一课时练习）如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF=AD，AM=DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.（1）求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面ADF.（2）“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由.【解题思路】（1）在平面图形中，连接MN与AB交于点G，在平面图形中可证MN//AD，当点F，A，D不共线时，MG//AF