第04讲线线线面面面平行的判定与性质（核心考点讲与练）-2023学年高二数学考试满分全（沪教版2020必修三）

第04讲线线、线面、面面平行的判定与性质（核心考点讲与练）考点考点考向1.平行直线(1)平行公理过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行.(2)基本性质4(空间平行线的传递性)平行于同一条直线的两条直线互相平行.(3)定理如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等.2.直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b3.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b方法方法技巧1．线面平行的证明方法（1）定义法：一般用反证法；（2）判定定理法：关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程；（3）性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．2．构造平行直线的常用方法（1）构建三角形或梯形的中位线：可直接利用线段的中点、等腰三角形三线合一或利用平行四边形对角线的交点找中点，从而构建中位线；（2）构建平行四边形：可以利用已知的平行关系(如梯形的上下底边平行)或构建平行关系(如构造两条直线同时平行于已知直线)，从而构建平行四边形．应用线面平行的性质定理时，关键是过已知直线作辅助平面与已知平面相交，所得交线与已知直线平行，还可以利用交线判断已知平面内的直线与已知直线的位置关系，即在已知平面内所有和交线平行的直线都与已知直线平行，所有和交线相交的直线都与已知直线异面．3.判定平面与平面平行的4种方法（1）面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；（2）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个平面平行(客观题可用)；（4）利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．能力拓展能力拓展题型一：线面平行的判定1．（2021·上海市延安中学高二期中）已知正方体，求证：平面.【分析】根据题意，结合线面平行的判定，即可证明.【详解】证明：在正方体中，易知，因为平面，平面，所以平面.2．（2021·上海市亭林中学高二阶段练习）如图，在正方体中，E、F分别为棱AD、AB的中点．求证：平面．【分析】连接BD，由三角形中位线定理，根据正方体的性质，利用线面平行的判定定理证明.【详解】连接BD，如图所示.因为E、F分别为棱AD、AB的中点，所以EF∥BD,又∵根据正方体的性质，BB1//DD1，∴四边形BDD1B1为平行四边形，∴BD//B1D1,∴EF//B1D1,又∵平面，B1D1⊂平面,∴平面．3．（2021·上海市徐汇中学高二阶段练习）在正方体中，是棱的中点．（1）作出平面与平面的交线，保留作图痕迹；（2）在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，说明点的位置，若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析；（2）存在，中点．【分析】（1）延长与交于点，连接即为所求；（2）存在，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，通过证明EG∥A1B可得四点共面，根据正方体的性质得到B1F∥BG，根据线面平行判定定理即可得结论.【详解】（1）延长与交于点，连接，由于，∴，平面又∵平面，∴为面和面的公共点，同时也为面和面的公共点，根据公理3可得为平面与平面的交线.（2）存在，当为的中点时，满足题意，理由如下，如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1=BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，因此D1C∥A1B，又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B，这说明A1，B，G，E共面，所以平面A1BE，又F，G为C1D1和CD的中点，，且因此四边形为平行四边形B1F∥BG，而平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.题型二：线面平行的性质一、单选题1．（2021·上海市第五十四中学高二阶段练习）一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面交线的位置关系是（

）A．异面 B．相交 C．不能确定 D．平行【答案】D【分析】由题意设，然后过直线作平面与都相交，利用线面平行的性质定理与判定定理，即可求解.【详解】设，过作平面与都相交，记，则有，,.故选:D【点睛】本题考查线面平行的性质定理和判定定理综合应用，属于基础题.二、填空题2．（2021·上海·华东师范大学松江实验高级中学高二阶段练习）a，b，c表示直线，M表示平面，给出下列四个命题：①若a∥M，b∥M，则a∥b；②若bM，a∥b，则a∥M；③若a⊥c，b⊥c，则a∥b；④若a⊥M，b⊥M，则a∥b其中正确命题有_________（填序号）【答案】④【分析】对于①②③：在正方体ABCDA1B1C1D1中，取特殊的平面和直线否定结论对于④：利用线面垂直的性质定理即可证明.【详解】在正方体ABCDA1B1C1D1中，对于①：取平面M为平面ABCD,取直线为直线a，直线为直线b，满足a∥M，b∥M，但是a、b不平行.故①不正确；对于②：取平面M为平面ABCD,取直线为直线a，直线为直线b，满足bM，a∥b，但是aM.故②不正确；对于③：取直线为直线a，直线为直线c，直线为直线b,满足a⊥c，b⊥c，但是a、b不平行.故③不正确；对于④：因为a⊥M，b⊥M，由线面垂直的性质定理可得：a∥b.故④正确.故答案为：④.3．（2021·上海师范大学第二附属中学高二期中）若直线平面，直线在平面内，则直线与的位置关系为___________.【答案】平行或异面【分析】由直线平面，直线在平面内，知，或与异面．【详解】解：直线平面，直线在平面内，则直线与平面内任意直线无交点，，或与异面.故答案为：平行或异面.4．（2017·上海市建平中学高二期中）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．【答案】【分析】根据直线与平面平行的性质定理可得,再根据为的中点可得为的中点,从而根据三角形的中位线可得.【详解】如图:因为平面,平面,且平面平面,所以,又因为为的中点,所以为的中点,所以,因为正方体的棱长为2.所以,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了直线与平面平行的性质定理,属于基础题.三、解答题5．（2021·上海市南洋模范中学高二阶段练习）已知空间四边形，、、、分别在、、、上.（1）当四边形是平面四边形时，试判断、与三条直线的位置关系，并说明理由；（2）已知当，，异面直线、所成角为，当四边形是平行四边形时，试判断、、、点在什么位置时，四边形的面积最大，试求出最大面积并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）当、、、分别为、、、中点时，四边形的面积最大，最大面积为，说明见解析.【分析】（1）先定位置，或、相交，再分情况证明，当时，利用线面平行的性质可得，当、相交时，证明相交即可；（2）先根据线线角得四边形一内角为，利用平行四边形的面积公式可得四边形的面积，再根据相似比可得，即，最后结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：（1）、与三条直线平行，或者相交于一点，因为四边形是平面四边形，所以或、相交，①当时，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，所以，所以、与三条直线平行；②当、相交时，设交点为P，因为平面，所以平面，因为平面，所以平面，又因平面平面，所以，所以、与三条直线相交于一点；（2）当四边形是平行四边形时，则，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，同理可得，所以即为异面直线、所成的角或补角，则或，则平行四边形的面积，在中，，在中，，所以，又因为，当且仅当时，取得最大值，即分别为的中点时，四边形的面积最大，最大值为.题型三：面面平行的判定一、单选题1．（2021·上海市进才中学高二期中）如图为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，动点M从B1点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到B1的运动过程中，点M与平面A1DC1的距离保持不变，运动的路程x与l＝MA1+MC1+MD之间满足函数关系l＝f（x），则此函数图象大致是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】可知点M沿着运动，设点P为B1C的中点，分析当M从B1到P时，在平面A1B1CD内，作点A1关于B1B的对称点A′，由MA1+MD＝MA′+MD，MC1，分析排除即得解【详解】由于点M与平面A1DC1的距离保持不变，且从B1点出发，因此点M沿着运动.设点P为B1C的中点，当M从B1到P时，如图所示在平面A1B1CD内，作点A1关于B1B的对称点A′，则MA1+MD＝MA′+MD，由图象可知，当M从B1到P时，MA1+MD是减小的，MC1是由大变小的，所以当M从B1到P时，l＝MA1+MC1+MD是逐渐减小的，故排除B，D；因为PC1是定值，MC1，函数是减函数，类似双曲线形式，所以C正确；故选：C2．（2021·上海市七宝中学高二期中）在三棱台中，点在上，且，点是三角形内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是（

）A．三角形边界的一部分 B．一个点C．线段的一部分 D．圆的一部分【答案】C【分析】过作交于，连接，证明平面平面，得，即得结论．【详解】如图，过作交于，连接，，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，所以，（不与重合，否则没有平面），故选：C．3．（2020·上海虹口·高二期末）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．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.二、填空题4．（2020·上海交大附中高二期中）给出下列命题：①任意三点确定一个平面；②三条平行直线最多可以确定三个个平面；③不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行；④一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行；其中说法正确的有_____（填序号）.【答案】②③【解析】对四个选项进行逐一分析即可.【详解】对①：根据公理可知，只有不在同一条直线上的三点才能确定一个平面，故错误；对②：三条平行线，可以确定平面的个数为1个或者3个，故正确；对③：垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确；对④：一个平面中，只有相交的两条直线平行于另一个平面，两平面才平行，故错误.综上所述，正确的有②③.故答案为：②③.【点睛】本题考查立体几何中的公理、线面平行的判定，属综合基础题.5．（2021·上海市亭林中学高二阶段练习）正方体中，平面和平面的位置关系为________；【答案】平行【详解】解：∵AB1∥C1D，AD1∥BC1，AB1⊂平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，AB1∩AD1=AC1D⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，C1D∩BC1=C1由面面平行的判定理我们易得平面AB1D1∥平面BC1D故答案为平行6．（2021·上海奉贤区致远高级中学高二期中）如图，在棱长为2的正方体中，､､分别为､､的中点.点在底面内，若直线与平面无公共点，则线段的最小值为___________.【答案】【分析】连结，，，推导出平面，平面，从而平面平面，推导出点在直线上，在中，，，由此能求出当时，线段的长度最小，并能求出最小值．【详解】如图连结，，，，，分别为，，的中点，，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，，平面平面，平面，点在直线上，在中，当时，线段的长度最小，，，当时，线段的长度最小，最小值为．故答案为：．7．（2021·上海市延安中学高二期中）已知正方体的体积为64，点分别是线段的中点，点在四边形内运动（含边界），若直线与平面无交点，线段的取值范围为___________.【答案】【分析】分别取线段、的中点P、Q，连接、、，证明平面平面，可得当G与P（或Q）重合时，CG取最大值，当G在PQ的中点R时，CG有最小值，利用勾股定理求得线段CG的取值范围．【详解】分别取线段、的中点P、Q，连接、、，连接EF，，由三角形中位线定理可得，，∴，又∵平面，平面，∴平面，同理可证，平面，又，∴平面平面，故点G在线段PQ上运动（含端点位置）．当G与P（或Q）重合时，；当G在PQ的中点R时，．∴．故答案为：.8．（2020·上海·华师大二附中高二期中）已知正三角形的边长，则到三个顶点的距离都为2的平面有___个；【答案】8【分析】分类讨论，三个顶点都在平面的同一侧，三个顶点在平面的两侧，一侧一个，另一侧两个．【详解】若此平面与平面平行，这样的平面有2个到三顶点距离为；若此平面与平面相交，则一定过三角形其中两边的中点，由于三角形边长为，因此如过的中点和的中点的平面，到三顶点距离为的有两个，这样共有6个，所以所求平面个数为．故答案为：．【点睛】本题考查点到平面的距离，由于是三角形的三个顶点到平面的距离相等，因此要分类讨论，即三角形所在平面与所求平面平行和相交两种情形，相交时为保证距离相等，平面必定过三角形两边中点．属于较易题.三、解答题9．（2021·上海·位育中学高二期中）如图，在斜三棱柱中，，D为AB的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直.(1)求证：平面平面；(2)已知，设到平面的距离为，试问取何值时，三棱柱的体积最大？并求出最大值.【答案】(1)证明见解析(2)时，体积最大为36【分析】（1）由平面与平面平行的判定证明；（2）结合几何关系（线面垂直、相似三角形）设法先求出，再求出的体积，由体积对应关系推导出，利用函数思想通过二次函数求最值．(1)证明：在斜三棱柱中，四边形是平行四边形，且为的中点，为的中点，且，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，连接，如图所示，，且，则四边形为平行四边形，，且平面，平面，平面，，且，平面，平面平面；(2)，为的中点，，平面平面，平面平面，且平面平面，，平面，平面，平面，与平面的距离，平面，，在△中，，则，，平面，则平面，而平面，，且，又，，平面，平面，且平面，，记交点为，则三角形为直角三角形，△，且，，，，，，，，，设，即，当时，即，三棱柱的体积最大，36.题型四：面面平行证明线线平行一、单选题1．（2021·上海大学附属南翔高级中学高二期中）已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（

）A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形【答案】A【分析】根据面面平行的性质定理，可以得出，，由此可推断四边形EFGH一定为平行四边形，从而可得出答案.【详解】因为面面，面面，面面，所以，同理可得，所以四边形EFGH为平行四边形，所以截面EFGH的形状不可能是梯形.若面面，此时四边形EFGH是正方形，也是菱形；当是所在棱的中点，分别与重合时，四边形EFGH是长方形.故选：A.2．（2021·上海·高二专题练习）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点､､的平面截该正方体所得的截面记为，给出下列三个结论：①当时，为四边形；②当时，为等腰梯形；③当时，的面积为；以上结论正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】根据题意作出满足条件的图形，由线线，线面，面面关系结合正方体的结构特征找出截面再论证得到结论.【详解】当时，即Q为CC1中点时，如图所示：因为平面平面，所以，又，所以截面APQD1为等腰梯形，故②正确；由上图当点Q向C移动时，满足，只需在DD1上取点M满足，如图所示：故可得截面APQM为四边形，故①正确；当时，Q与C1重合，如图所示：取的中点F，连接AF，因为平面平面，所以，且，又，所以截面APC1F为菱形，所以其面积，故③正确.故选：D【点睛】本题主要考查命题的真假判断以及正方体的截面问题，还考查了空间想象和推理论证的能力，属于中档题.二、填空题3．（2021·上海市进才中学高二期中）已知正三棱锥底面面积，点Q在高上且，则经过点且平行于底面的截面面积为___________.【答案】【分析】根据面面平行的性质可得经过点且平行于底面的截面三角形的边长与底面边长之比，由面积之比等于边长之比的平方即可求解.【详解】如图：正三棱锥中，，因为，所以，经过Q点且平行于底面的截面为平面，因为平面面，平面面，平面面，所以，同理可证明，所以，所以，所以，故答案为：.三、解答题4．（2021·上海市徐汇中学高二期中）已知正三棱柱的所有棱长都是1(1)画经过ABC三点的截面(2)过棱BC作和底面成二面角的截面，求此截面面积.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接AB与交于点P，连接AC与交于点Q，再连接PQ即可；（2）取BC的中点E，连接AE，EF，得到是截面与底面所成的角，由，得到截面不与棱相交，与平面相交于，得到截面为梯形求解.(1)如图所示；连接AB与交于点P，连接AC与交于点Q，然后连接PQ与交于点M，与交于点N，所以经过ABC三点的截面是ABMN；(2)如图所示：取BC的中点E，连接AE，EF，则，所以是截面与底面所成的角，即，因为，所以，所以截面不与棱相交，与平面相交于，因为平面平面ABC，所以，所以截面为梯形，又，，所以，因为，所以，所以截面的面积为.5．（2021·上海·复旦附中高二期中）已知正方体的棱长为2，若，分别是的中点，作出过，，三点的截面，并求出这截面的周长.【答案】作图答案见解析，周长为.【分析】根据一个平面与两个平行平面相交交线平行即可做出截面，再根据平行线分线段成比例，三角形相似、三角形全等利用勾股定理求出截面图形各个边长即可求周长.【详解】连接，因为面面，所以截面与两平面的交线平行，过点作交于点，连接，同理过点作交于，连接，则五边形即为所求截面，因为，是的中点，所以，可得，因为，所以，所以，可得，，，因为，所以，所以，，所以，，，，，所以这截面五边形的周长为.题型五：面面平行证明线面平行一、单选题1．（2019·上海·复旦附中高二期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，则三角形的面积的最小值为A． B．1 C． D．【答案】C【分析】延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，可得平面,再证明平面平面,可知在上时，符合题意，从而得到与重合时三角形的面积最小，进而可得结果.【详解】延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，直线与平面不存在公共点，所以平面,由中位线定理可得,在平面内，在平面外，所以平面,因为与在平面内相交，所以平面平面,所以在上时，直线与平面不存在公共点，因为与垂直，所以与重合时最小，此时，三角形的面积最小，最小值为，故选C.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.二、填空题2．（2021·上海市七宝中学高二阶段练习）若直线、是平面内的两条直线，且、均在平面外.则“，”是“”的______条件.【答案】必要不充分【分析】根据面面平行的判定定理及性质结合充分性和必要性的定义即可得出答案.【详解】解：若直线、是平面内的两条直线，且、均在平面外，当，，且相交时，，当不相交时，无法判断两平面的位置关系，故“，”不是“”的充分条件，当，则，，所以“，”是“”的必要条件，所以“，”是“”的必要不充分条件.故答案为：必要不充分.3．（2021·上海市文来中学高二期中）如图，长方体中，，分别为中点，点P在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是___________.【答案】【分析】首先找出过点且与平面平行的平面，然后在所作的平面内找线段长度的最小值即可.【详解】连接，因为分别为中点，所以，又因为面，面，所以面，同理面，又因为，所以面面，因为直线平面，所以点在直线上，且当时，线段的长度最小，在中，，，，所以，，所以，在中，设边上的高为，则，所以，即线段长度的最小值为.故答案为：.三、解答题4．（2021·上海浦东新·高二期中）已知是矩形所在平面外一点，，分别是，的中点，求证：平面.【分析】解法1：取中点，连接，，由三角形中位线定理结合已知条件可得四边形是平行四边形，从而得，再利用线面平行的判定定理可证得结论，解法2：取中点，连接，，则由三角形中位线定理和平行四边形的性质可得，，再由面面平行的判定定理可得平面平面，然后由面面平行的性质可得结论【详解】解法（1）取中点，连接，，是中点，是中点，，，是矩形边中点，，，，，所以四边形是平行四边形，，且是平面外的一条直线，是平面上的一条直线，平面.解法（2）取中点，连接，，是中点，是中点，所以，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，平面，平面，所以平面，平面，因为所以平面平面，因为平面，所以平面.题型六：空间平行的转化一、填空题1．（2021·上海市复兴高级中学高二期中）过平面外一点与这个平面平行的直线有___________条【答案】无数【分析】结合平面的基本性质，以及线，面平行判定定理和性质定理，即可得到结论.【详解】如图所示，因为点，在平面作两条相交直线，由直线与点可以确定一个平面，在平面内过点作，由直线与点可以确定一个平面，在平面内过点作，因为且，设直线与确定平面，则平面，在平面内过点的所有直线都平行与平面，故过平面外一点能作出无数条直线和这个平面平行.故答案为：无数条.2．（2019·上海·复旦附中高二期中）如图，在棱长为1的正方体中，是平面与平面的交线，则点到的距离是______.【答案】【分析】由//，得到点到的距离即是两条平行线间的距离，通过A到的距离求出和两条平行线的距离．【详解】在正方体中，平面//平面//平面，是平面与平面的交线，//，则点到的距离即是和两条平行线的距离，而A到的距离也是和两条平行线的距离．在正方体中，,是正三角形，A到的距离为，则点到的距离也是．故答案为【点睛】本题考查了直线与平面平行、平面与平面平行的性质，和两条平行线之间的距离，注意当某些条件不易直接求时，可转换成与其相等的另外条件来求，属于中等题．二、解答题3．（2021·上海市延安中学高二期中）如图，作出平面EFG截长方体所得的截面（不必写出画图步骤，但需保留作图痕迹）．【分析】利用面面平行的性质定理，平面与长方体左右面的交线平行，上下两个面的交线平行，因此还需过作，交于；过作，交于，连接即可.【详解】说明：由于不知道三个点的具体位置，故该图只是可能的一种情形.巩固巩固提升一、单选题1．（2021·上海市徐汇中学高二期中）若，是平面外的两条不同直线，且，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】A【分析】根据线线、线面的平行关系，结合条件间的推出关系，判断“”、“”之间的充分、必要关系.【详解】∵，是平面外的两条不同的直线，，∴若，则推出“”；若，则或与相交；∴若，是平面外的两条不同直线，且，则“”是“”的充分不必要条件.故选：A.2．（2021·上海·高二专题练习）在正方体中，为上一点，且，是侧面上的动点，且平面，则与平面所成角的正切值构成的集合是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别在、上取点、，使得，，连接、，可证明平面平面，由平面知点在线段上，易证为与平面所成角，，设出棱长，可求得的最大值、最小值，从而可得答案．【详解】解：如图：分别在、上取点、，使得，，连接、，则，，，，，，，四边形为平行四边形，则，，，，，，又，，，，四边形为平行四边形，则，且，平面平面，平面，点必在线段上，连接，平面，即为与平面所成角，设正方体棱长为3，则，当为中点时，最短为，当与或重合时，最长为2，，即所求正切值的取值范围是，故选：C．【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角、面面平行的判定及性质，考查学生分析问题解决问题的能力及空间想象能力，属于难题．二、填空题3．（2021·上海奉贤区致远高级中学高二期中）如图，四边形为四面体的一个截面，若四边形为平行四边形，，，则四边形的周长的取值范围是___________.【答案】【分析】依题意可得，，设，，求出、的关系式，再求四边形的周长的取值范围即可．【详解】解：四边形为平行四边形，；平面，平面，平面；又平面，平面平面，，同理可得；设，，，，；又，，，，且；四边形的周长为，；四边形周长的取值范围是．故答案为：4．（2021·上海·位育中学高二阶段练习）已知点M为正方体内（含表面）的一点，过点M的平面为，有以下四个结论：（1）与和都平行的有且只有一个；（2）过点M至少可以作两条直线与和所在的直线都相交；（3）与正方体的所有棱所成的角都相等的有且只有四个；（4）过点M可以作四条直线与正方体的所有棱所成的角都相等.其中所有正确结论的序号是___________.【答案】（4）【分析】直接利用线面的夹角，异面直线的定义，三棱锥体的定义和性质，线线夹角的应用判断四个命题的结论．【详解】解：已知点为正方体内（含表面）的一点，过点的平面为，如图所示：对于（1）：在平面与平面之间与平面与平面平行的平面均与和平行，如平面，此时点为与正方体相交的任一点，所以与和都平行的有无数个，故（1）错误；对于（2）：不妨设点在处，此时与直线连成的所在线都在平面内，而易知与平面平行，所以此时不可能有平面与直线相交，故（2）错误；对于（3）：连接△，由于为正方体，所以，且，所以三棱锥为正三棱锥体，所以、、与平面所成的角都相等，由于，，，都平行，，，，都平行，，，，都平行，所以平面与正方体所有的棱所成的角都相等，故只需让所在的平面与平面平行即可，易知有无数个，故（3）错误；对于（4）：同（3），要使直线与正方体所有棱所成的角相等，只需该直线与正方体某个顶角周围的三条棱所成的角相等即可，在中，由于为正三棱锥，所以只有过点和△中心的直线与，，所成的角相等，易知该直线为正方体的体对角线，由于正方体由4条互不相同的体对角线，所以只需在点处作与该4条体对角线平行的直线即可，使该4条直线与正方体所有棱所成的角都相等，故（4）正确．故答案为：（4）.5．（2021·上海市新场中学高二期中）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.【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．（2021·上海静安·高二期末）如图，在底面边长为8cm，高为6cm的正三棱柱中，若D为棱的中点，则过BC和D的截面面积等于_________cm2.【答案】【分析】过点作，交于点，连接，四边形BCED即为过BC和点D的截面，求出四边形BCED的面积即可.【详解】过点作，交于点，连接，,则，即四点共面，四边形BCED即为过BC和点D的截面，因为D为棱的中点，所以DE是的中位线，所以，又因为，所以DE//BC，所以四边形BCED是梯形；过点D作于点F，则所以截面BCED的面积为故答案为：7．（2021·上海·曹杨二中高二期末）若直线上有三点、、到平面的距离均为1，则直线与平面的位置关系为______．【答案】平行【分析】由线面的位置关系和点到平面的距离的定义，可得结论．【详解】解：若直线上有三点、、到平面的距离均为1，则直线与平面平行，不可能相交，故答案为：平行．8．（2021·上海南汇中学高二阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，、、分别为线段、、的中点，下述四个结论：①直线、、共点；②直线、为异面直线；③四面体的体积为；④线段上存在一点使得直线平面．其中所有正确结论的序号为___________．【答案】①②【分析】根据正方体的性质，结合线面关系，逐项分析判断即可得解.【详解】对①，如图，由条件可知，延长、交于点，由平面，平面，平面平面，故，故①正确；对②，平面，而和平面相交一点，且和不相交，故②正确；对③，到平面的距离为到平面的一半，所以，故③错误；对④，和相交故不存在使得直线平面，故④错误.故答案为：①②9．（2021·上海·高二专题练习）如图，在四面体中，分别为的中点，过任作一个平面分别与直线相交于点，则下列结论正确的是___________．①对于任意的平面，都有直线，，相交于同一点；②存在一个平面，使得点在线段上，点在线段的延长线上；③对于任意的平面，都有；④对于任意的平面，当在线段上时，几何体的体积是一个定值.【答案】③④【分析】当分别为中点时，可知三线互相平行，排除①；若三线相交，交点必在上，可排除②；取中点，利用线面平行判定定理可证得平面，平面，再结合为中点可得到平面的距离相等，进一步得到到直线的距离相等，从而证得面积相等，③正确；首先通过临界状态与重合，与重合时，求得所求体积为四面体体积一半；当不位于临界状态时，根据③的结论可证得，从而可知所求体积为四面体体积一半，进而可知为定值，④正确.【详解】当分别为中点时，，则①错误若三线相交，则交点不存在在线段上，在线段延长线上的情况，则②错误取中点，如图所示：分别为中点

又平面，平面

平面同理可得：平面到平面的距离相等；到平面的距离相等又为中点

到平面的距离相等到平面的距离相等连接交于，则为中点

到距离相等，则③正确当与重合，与重合时，此时几何体体积为三棱锥的体积为中点

三棱锥的体积为四面体体积的一半当如图所示时，由③可知又为中点

到截面的距离相等

综上所述，几何体的体积为四面体体积的一半，为定值，则④正确本题正确结果：③④【点睛】本题考查立体几何中的截面问题，涉及到几何体体积的求解、点到面的距离、直线交点问题等知识；要求学生对于空间中的直线、平面位置关系等知识有较好的理解，对学生的空间想象能力和逻辑推理能力有较高的要求，属于难题.三、解答题10．（2021·上海市奉贤区奉城高级中学高二阶段练习）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点.(1)求证：直线BD1平面PAC；(2)求异面直线BD1与AP所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连结，先证线线平行，再证线面平行即可；（2）由（1）知，，所以即为异面直线与所成的角或补角，然后再解三角形即可.(1)证明：设和交于点O，则O为的中点.连结，又因为P是的中点，所以.又因为平面平面所以直线平面.(2)由（1）知，，所以即为异面直线与所成的角或补角.在中可得，因为，且，所以.又，所以故异面直线与所成角的大小为.11．（2021·上海市市西中学高二期中）正四棱锥P—ABCD，棱长都为2，E、F、G分别是棱PA、PB、PC的中点(1)求证：平面EFG//平面ABCD；(2)求直线AB到平面PCD的距离【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用中位线先由直线与直线平行得到直线和平面平行，进而证明平面和平面平行；（2）将直线AB到平面PCD的距离利用平行关系转化为点B到平面PCD的距离，再利用等体积公式即可求解.(1)解：因为E、F分别是棱PA、PB的中点，所以EF//AB，又AB在平面ABCD上，且EF不在平面ABCD上所以EF//平面ABCD因为F、G分别是棱PB、PC的中点，所以FG//BC，又BC在平面ABCD上，且FG不在平面ABCD上所以FG//平面ABCD，直线EF与FG交于点F所以平面EFG//平面ABCD(2)解：在正四棱锥中，点P在底面的投影为底面的中心，连接AC、BD交于O，连接PO，如下图所示由题知，CD//AB，且CD在平面PCD上，AB不在平面PCD上AB//平面PCD，所以直线AB到平面PCD的距离即B到平面PCD的距离设距离为所以由得即解得：所以直线AB到平面PCD的距离为12．（2021·上海奉贤区致远高级中学高二阶段练习）（1）如图，空间四边形中，、分别是、的中点，、分别是、上的点，且．求证：直线与的交点在直线上．（2）如图，，点是平面、外一点，从点引三条不共面的射线，，，与平面分别相交于点、、，与平面分别相交于，，，求证△ABC∼△A'B'C'．【分析】（1）由已知可得且，所以四边形为梯形，设两腰和延长线相交于一点，再证明点面，同理面，点在两个平面的交线上即可求证；（2）由面面平行的性质定理可得，，，再由平行线分线段成比例可得即可求证.【详解】（1）因为，所以，且，因为、分别是、的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为梯形，所以梯形的两腰和延长线相交于一点，设交点为，因为，平面，故平面，同理平面，又因为面面，所以，所以三条直线、、交于一点．（2）由题意可知、、、、在同一平面上，面面，面面，又因为，所以，，由题意可知、、、、在同一平面上，面面，面面，又因为，所以，，由题意可知、、、、在同一平面上，面面，面面，又因为，所以，，所以，故△ABC∼△13．（2021·上海市复兴高级中学高二阶段练习）如图，菱形ABCD的边长为1，，O为平面ABCD外一点，平面ABCD，，M，N分别为OA与BC的中点.（1）证明：平面OCD；（2）求异面直线AB与MD所成角的大小；（3）求点B到平面OCD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）若为中点，连接，易得为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证结论.（2）由题设，易知异面直线AB与MD所成角即为，根据线面垂直的性质易知，，应用勾股定理求、，进而利用余弦定理求即可得大小.（3）由等体积法，分别求出、，结合棱锥的体积公式即可求B到平面OCD的距离.【详解】（1）若为中点，连接，由M，N分别为OA与BC的中点，∴且，，又ABCD为菱形即，∴且，即为平行四边形，故，又面OCD，面OCD，则平面OCD；（2）由ABCD为菱形，知：，故异面直线AB与MD所成角即为，连接，又，则，又平面ABCD，面，即，，而，则，，在△中，，又，故.（3）连接，则，由（2）可知：，，∴，即，∴，而，若B到平面OCD的距离为，∴，即.14．（2021·上海市进才中学高二阶段练习）已知在正方体中，M，N，P分别为，AD，的中点，棱长为1，（1）求证：平面；（2）过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长.【答案】（1）证明见解析；（2）截面见解析，截面周长为【分析】（1）连接，先证明，即可证明平面；（2）先作出过M，N，P三点作正方体的截面为，再求出相关线段的长度，即可求解【详解】（1）连接，如图：则易知，，所以,因为平面，平面，所以平面；（2）过M，N，P三点作正方体的截面为，如图所示：则截面的周长为：，因为正方体棱长为1，则，，所以，所以截面的周长为15．（2021·上海·位育中学高二阶段练习）用中文表述直线与平面平行的判定定理，并加以证明.【分析】对定理的证明，利用反证法先假设平面外的直线与该平面有公共点，进而得出矛盾即可证明问题.【详解】线面平行判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.已知：.求证：.证明：因为，所以经过a,b确定一个平面β，因为，而，所以.假设与α有公共点P，则，点P是a,b的公共点，这与矛盾，∴.16．（2021·上海市徐汇中学高二阶段练习）四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点．（1）证明：平面；（2）设，，求到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，通过中位线证明结合线面平行的判定定理完成证明；（2）作，先判断出平面，由此得到线段长度即为到平面的距离，根据长度以及等面积完成计算.【详解】（1）如下图，连接，因为底面为矩形，所以为中点，又因为为的中点，所以，且平面，平面，所以平面；（2）过点作，如图所示，因为平面，平面，所以，又，，所以平面，所以到平面的距离即为线段的长度，又因为，，所以，所以，即到平面的距离为.17．（2021·上海·华师大二附中高二阶段练习）（1）请用文字语言叙述直线与平面平行的判定定理；（2）把（1）中的定理写成“已知：……求证：……”的形式，并用反证法证明；（3）如图，在正方体中，点N在上，点M在，且，求证：平面（用（1）中所写定理证明）【分析】（1）直接写出直线与平面平行的判定定理；（2）画出图形，根据图形写出已知和求证；先假设a与不平行，则相交，设交点为A，在内过A作，再利用平行公理四找出矛盾即可；（3）作,交于点,作,交于点,连接，易证四边形MEFN是平行四边形,得到，再利用线面平行的判定定理证明.【详解】（1）平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.（2）如图所示：已知：，求证：，证明：假设a与不平行，则它们相交，设交点为A，那么A∈，∵，∴A不在b上，在内过A作，则，又∵，，∴，与矛盾，∴假设不成立，.（3）如图，作,交于点,作,交于点,连接，则,因为在正方体中，，，所以,则,因为,所以,又,则，所以四边形MEFN是平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面.18．（2021·上海市建平中学高二期中）在四棱锥中，底面是正方形，平面，，．（1）分别取侧棱、中点、，证明：直线与平面平行；（2）求四棱锥的表面积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据线面平行判定定理即可证明；（2）先证明的形状，再根据图形面积公式计算即可．【详解】（1）连接，因为、分别为、中点，所以又因为平面，面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，同理又平面，所以又因为是正方形，所以，，所以平面又平面，所以，同理则四棱锥的表面积19．（2021·上海市延安中学高二期中）如图所示，有矩形所在平面外一点，平面，，，，为的中点．（1）求点到平面的距离；（2）探究在直线上是否存在点，使得面？若存在，求出此时的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，且.【分析】（1）求出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得到平面的距离；（2）分别取、的中点、，连接、、，证明出四边形为平行四边形，可得出，延长至点，使得，利用中位线的性质得出，进而得出，利用线面平行的判定定理可得出面，并求出此时的长，即可得出结论.【详解】（1）如下图所示，连接，为的中点，则，且平面，故，平面，、平面，则，，由勾股定理可得，，，，所以，，故，所以，，故，解得；（2）分别取、的中点、，连接、、，、分别为、的中点，则且，因为四边形为矩形，则且，为的中点，则且，故且，所以，四边形为平行四边形，所以，，延长至点，使得，则为的中点，又因为为的中点，故，，因为平面，平面，故平面，此时.20．（2021·上海市控江中学高二期中）中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只