考点31 直线、平面平行的判定及其性质-备战2022年高考数学一轮复习考点帮（浙江专用）

考点31直线、平面平行的判定及其性质【命题趋势】从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等．【重要考向】本节通过线、面平行的判定及性质考查考生的直观想象、逻辑推理核心素养，以及转化与化归思想的应用．线面平行的判定和性质定理方法策略：1.判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理()；③利用面面平行的性质()；④利用面面平行的性质().2.线面平行的基本问题①判定定理与性质定理中易忽视的条件．②结合题意构造图形作出判断．③举反例否定结论或反证法证明．【典例】1．、、是直线，是平面，则下列说法正确的是（）A．平行于内的无数条直线，则B．不在面，则C．若，，则D．若，，则平行于内的无数条直线【答案】D【分析】利用线面平行的判定定理和性质定理逐个分析判断即可【详解】对于A，当平行于内的无数条直线，若，则与不平行，所以A错误，对于B，当不在面时，与有可能相交，所以B错误，对于C，当，时，若，则与不平行，所以C错误，对于D，当，时，由线面平行的性质可知平行于内的无数条直线，所以D正确，故选：D2．已知a，b，c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（）①，；②，；③，；④，；

⑤，，．A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤【答案】A【分析】由线线关系、线面关系、面面关系可逐项判断．【详解】①，，由平行公理4得，正确；②，，则与有可能平行、相交、异面，故错误；③，则或，故错误；④，；则或，故错误；⑤，，，由线面平行的判定定理可得．故选：A.面面平行的判定和性质定理解题技巧：(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行.2．已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（）A．若，，则B．若，，且满足，，则C．若，，，且满足，则D．若，，，且，，则【答案】C【分析】根据空间线面、面面间的位置关系判断．其中C可由线面平行的判定定理的性质定理判断．【详解】因为A的直线n中可能在面内，故A错误；B，D中m，n可能平行，则结论不一定成立，故B、D错误；C中若，，则有，又，，从而有，，故C正确．故选：C．1．给出以下命题，其中错误的是（）A．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于这个平面B．垂直于同一平面的两条直线互相平行C．垂直于同一直线的两个平面互相平行D．两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面2．如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则直线与平面不平行的是（）A． B．C． D．3．若、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则以下命题正确的是（）A．若，，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则4．如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（）A． B．C． D．5．以下五个命题，真命题的有_______．（填上全部真命题的序号）（1）垂直于同一直线的两条直线互相平行；（2）若、是异面直线，则一定存在平面过且与平行；（3）若平面内有不在同一直线的三点、、到平面的距离都相等，则；（4）分别位于两个给定的不同平面、内的两条直线、一定是异面直线；（5）已知直线、和平面，不在内，在内，若，则平行.6．如图所示，正方体棱长为3，、分别是下底面的棱，的中点，是上底面的棱上的一点，，过，、的平面交上底面于，在上，则________.7．如图，在四棱柱中，点是线段上的一个动点，，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）设为棱上的一点，问：当在什么位置时，平面平面？8．如图，在长方体中，，，点是的中点.（1）求证：平面；（2）求异面直线和所成角的余弦值.1.（2021年浙江卷）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2．（2019年全国卷（理科）（新课标Ⅱ））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3．（2017年全国卷）如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（）A． B．C． D．4．（2020年全国卷（文科）（新课标Ⅱ））设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.①②③④5．（2019年全国卷（文科）（新课标Ⅰ））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．6．（2019年全国卷（理科）（新课标Ⅰ））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）求二面角A-MA1-N的正弦值．7．（2018年全国卷Ⅲ文数）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．1．是两个平面，是两条直线，下列四个命题中正确的是（）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，，则2．如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线不平行与平面的是（）A． B．C． D．3．如图所示，在正方体中，点，，，分别为棱，，，上的中点，下列判断正确的是（）A．直线平面B．直线面C．平面平面D．平面平面4．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．如图所示，在棱锥中，截面EFG平行于底面，且，若的周长是9，则的周长为___________.6．如图，在底面边长为8cm，高为6cm的正三棱柱ABC−A1B1C1中，若D为棱A1B7．如图所示，在空间四边形中，，分别为边，上的点，且，又，分别为，的中点，则下列结论正确的是__________________（请填写正确命题的序号）①平面；②平面；③平面；④平面．8．如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点，求证：（1）直线平面；（2）平面平面．9．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝AA1＝4，点O是AC的中点．（1）求证：AD1∥平面DOC1；（2）求异面直线AD1和DC1所成角的余弦值．10．如图，已知四边形ABCD是空间四边形，E是AB的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且．（1）设平面EFG∩AD=H，AD=λAH，求λ的值（2）试证明四边形EFGH是梯形．参考答案跟踪训练1．【答案】A【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理和定义逐一判定即可.【详解】A.当平面内的无数条直线都平行时，一条直线垂直于这无数条直线等同于垂直于其中的一条直线，不能保证直线与平面内的所有直线都垂直，即不一定垂直与这个平面，故A错误；B.垂直于同一平面的两条直线平行是正确的，这是线面平行的性质定理；C.垂直于同一直线的两个平面互相平行，这是正确的.如果这两个平面α，β相交的话，当已知直线a与交线b不相交时，过已知直线a和交线上一点P作一个平面，与这两个平面的交线m,n就都与已知直线a垂直且在同一个平面内，并且经过同一点P，这是不可能的；当已知直线a与两平面的交线b相交与P点时，过P和直线a作平面，与平面α，β所得两条交线m,n也同样的存在矛盾，故C正确；D.两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的所有直线，于是另一条直线也垂直于这个平面内的所有直线，从而也垂直于这个平面，故正确；故选：A.2．【答案】A【分析】根据线面平行的判定定理判断．【详解】A中，如下图，，在平面上，与显然相交，因此与平面相交，不平行．B中，如下图，连接CD，由中位线定理得，又，所以，又平面，平面，所以与平面平行；C中，如下图，由中位线定理，而，从而，平面，平面，所以与平面平行；D中，如下图，由中位线定理，而，从而，平面，平面，所以与平面平行；故选：A．3．【答案】A【分析】本题可根据线面平行的性质定理得出A正确，然后根据、可能平行或异面得出B错误，再然后根据、有可能平行、异面、相交得出C错误，最后根据与相交或者得出D错误.【详解】A项：根据线面平行的性质定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行”易知，A正确；B项：若，，则、有可能平行，也有可能异面，B错误；C项：若，，则、有可能平行、异面、相交，C错误；D项：若，，则与相交或者，D错误，故选：A.4．【答案】D【分析】取中点，连接，进而证明平面得到平面即为所求的平面，再求面积即可.【详解】解：如图，取中点，连接，因为在长方体中，，分别为棱，的中点，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为为中点，为棱的中点，所以，又因为，所以，所以四边形是平行四边形，又因为平面，平面，所以平面，所以平面即为所求的平面，又因为，，所以面积为故选：D5．【答案】（2）（5）【分析】根据空间中线线位置关系可判断（1），根据线面平行的判定定理可判断（2）（5）；举反例可判断（3）；根据面面和线线位置关系可判断（4）；进而可得答案.【详解】对于（1）：在空间中，垂直于同一直线的两条直线可以平行、相交、异面故（1）是假命题；对于（2）：过上一点作的平行线，则、所确定的平面过且与平行，故（2）是真命题；对于（3）若平面内有不在同一直线的三点、、到平面的距离都相等，则或与相交，（当不共线的三点、、在平面的两侧时，与相交），故（3）是假命题；对于（4）：分别位于两个给定的不同平面、内的两条直线、可能相交、平行或异面，故（4）是假命题；对于（5）：已知直线、和平面，不在内，在内，若，则平行，由线面平行的判定定理可知（5）是真命题，所以真命题有（2）（5），故答案为：（2）（5）.6．【答案】【分析】利用面面平行的性质定理可得，从而可得，再由相似比即可求解.【详解】因为平面平面，平面∩平面，平面∩平面，所以，又因为，所以．又因为，所以，所以.故答案为：7．【答案】（1）证明见解析；（2）是中点.【分析】(1)根据给定条件，连接，推导证得即可得解；(2)由(1)的结论，取CD的中点G，证明出平面即可作答.【详解】（1）在四棱柱中，连接，如图，因，分别是，的中点，则有，又平面，平面，所以平面；（2）是中点，使得平面平面，理由如下：取CD的中点G，连接EG，FG，而是的中点，于是得，而平面，平面，从而得平面，由(1)知平面，，且平面，因此有平面平面，所以当是的中点时，平面平面.8．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接交于点，连接，结合三角形中位线定理，及线面平行的判定定理，可得平面；（2）连接，，知为异面直线和所成的角或补角，再由余弦定理求解即可.【详解】（1）如图，连接交于点，连接，∵分别是和的中点，∴又平面，平面，∴平面；（2）连接，易知，故为异面直线和所成的角或者补角，，，则，，在中，所以异面直线和所成角的余弦值为真题再现1.【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.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.2．【答案】B【分析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．3．【答案】D【分析】对于A选项，如下图所示，连接，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面，平面；对于B选项，连接，如下图所示：在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面，平面；对于C选项，连接，如下图所示：在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面，平面；对于D选项，如下图所示，连接交于点，连接，连接交于点，若平面，平面，平面平面，则，则，由于四边形为正方形，对角线交于点，则为的中点，、分别为、的中点，则，且，则，，则，又，则，所以，与平面不平行；故选：D.4．【答案】①③④【分析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.故答案为：①③④.5．【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（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．【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（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）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，，，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且为等边三角形又平面，平面平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，，令，则，二面角的正弦值为：7．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【详解】：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．模拟检测1．【答案】C【分析】由线面位置关系可判断A、B；由面面平行的性质可判断C；由面面位置关系可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若，，则或，故选项A不正确；对于B：若，，则或与异面，故选项B不正确；对于C：若，则与没有公共点，，则与没有公共点，所以，故选项C正确；对于D：若，，，则或与相交，故选项D不正确；故选：C.2．【答案】D【分析】如图，利用线面平行的判定定理依次判断选项即可.【详解】A：如图，在正方体中，，所以，又平面MNQ，平面MNQ，所以平面MNQ；B：如图，在正方体中，，所以，又平面MNQ，平面MNQ，所以平面MNQ；C：如图，在正方体中，，所以，又平面MNQ，平面MNQ，所以平面MNQ；D：如图，连接BE交MN于点F，连接QF，连接CD交BE与点O，若平面MNQ，平面ABE，平面ABE平面MNQ=FQ，则，所以，由于M、N分别是DE、CE的中点，所以，且，所以,有，所以，又，所以，所以与平面MNQ不平行.故选：D3．【答案】D【分析】根据平面的基本性质做出截面，如图所示，然后根据线面平行的定义否定AB,根据面面平行的定义否定C,利用面面平行的判定定理证得D.【详解】过点，，的截面如图所示(，，均为中点)，所以直线与其相交于点，故A项错误；直线与直线在平面必定相交，故B项错误；直线与直线相交，故平面与平面不平行，C项错误；易得直线直线，直线直线，又∵,所以平面平面.故选:D.4．【答案】D【分析】题中是两条不同的直线，直线的位置关系由平行、相交、异面，直线与平面的位置关系由相交、平行、在平面内.两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.【详解】A.直线也可能相交或者异面；B.若在平面内则不成立；C.直线也可能异面；D.因为，所以，且，故.故选：D【点睛】要全面考虑直线间的位置关系，以及直线与平面的位置关系，可以借助桌面和笔来进行分析.5．【答案】27【分析】根据面面平行的性质可得，从而得到周长之比，从而可求的周长.【详解】因为平面平面，而平面平面，平面平面，故，故，同理，∴的周长之比为，而的周长是9，故的周长为.故答案为：.6．【答案】243【分析】过点D作DE//B1C1，交A1C1于点E，连接CE，四边形BCED即为过【详解】过点D作DE//B1C1，交A1C1于点E，连接CE，B1C1//BC因为D为棱A1B1的中点，所以DE是△A又因为B1C1//BC，所以DE//BC，所以四边形BCED是梯形；过点D作DF⊥BC于点F，则S=1故答案为：2437．【答案】①②③【分析】根据题意，，，进而根据线面平行的判定定理即可得答案.【详解】解：∵在中，，∴，又∵平面，平面，平面，平面∴平面；平面；∵，分别为，的中点