2026届高考数学总复习精练册课件：7 3　直线 平面平行的判定与性质

7.3直线、平面平行的判定与性质五年高考考点直线、平面平行的判定与性质目录三年模拟基础强化练能力拔高练创新风向练五年高考考点直线、平面平行的判定与性质1.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则

()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1DA解析

如图所示,

在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,EF∥AC,∴EF⊥BD,又D1D⊥平面ABCD,EF⊂平

面ABCD,∴D1D⊥EF,又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1,又EF⊂平面B1EF,∴平面B1EF

⊥平面BDD1,故A选项正确.对于B选项,易得AC1⊥平面A1BD,且AC1与平面B1EF相交,故平面B1EF⊥平面A1BD不成

立,故B选项错误;对于C选项,直线AA1与B1E必相交,且AA1⊂平面A1AC,B1E⊂平面B1EF,故平面B1EF与平

面A1AC有公共点,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故C选项错误;对于D选项,连接AB1,B1C,易知A1D∥B1C,A1C1∥AC,由线面平行的判定定理得A1D∥平面

AB1C,A1C1∥平面AB1C,又A1D∩A1C1=A1,A1D、A1C1⊂平面A1C1D,∴平面A1C1D∥平面AB

1C,又∵点B1既在平面B1EF内,又在平面AB1C内,∴平面A1C1D与平面B1EF不平行,故D选

项错误,故选A.2.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则

()

A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1A解析

连接AD1,在正方形ADD1A1中,由M为A1D的中点,可知AD1∩A1D=M,且M为AD1的中点,

AD1⊥A1D.又∵N为D1B的中点,∴MN∥AB.∵AB⊂平面ABCD,MN⊄平面ABCD,∴MN∥平面

ABCD.∵AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1,∴AB⊥A1D,∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面

ABD1,∴A1D⊥D1B.故选A.3.(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:①若m∥n,则n∥α或n∥β②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β,则m∥n④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n其中所有真命题的编号是

()A.①③

B.②④

C.①②③

D.①③④A解析

命题①,由m∥n,m⊂α,得n⊂α或n∥α,若n⊂α,m∥n,m⊂β,则n∥β,命题①正确;在正方体ABCD-A1B1C1D1中,如图1所示,

取平面ADD1A1为平面α,平面A1B1C1D1为平面β,则A1D1为直线m,若n是C1D,则m⊥n,但n不垂直于α且n不垂直于β,命题②错误;若n是AC1,则n与平面α、β所成角相等,但m不垂直于n,命题④错误;命题③,如图2,过n作平面γ交α于直线a,作平面δ交平面β于直线b,由n∥α,n⊂γ,α∩γ=a得

n∥a,同理可得n∥b.则a∥b,由a∥b,a⊂α,b⊄α得b∥α,又α∩β=m,b⊂β,所以b∥m,所以m∥n,命题③正确,故选A.4.(2024新课标Ⅰ,17,15分,中)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,

AB=

.(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为

,求AD.

解析

(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB

⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=

,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空

间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0).

设AD=t,t>0,则DC=

,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,

,0),则

=(-t,

,0),

=(0,0,2),

=(t,0,2),

=(0,

,0),设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则

即

令x1=

,则y1=t,则n1=(

,t,0),设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则

∴

令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),∵二面角A-CP-D的正弦值为

,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值为

=

,∴

=|cos<n1,n2>|=

=

,∴t=

(舍负),∴AD=

.5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中

点.(1)证明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.

解析

(1)证法一:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,

又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC.证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,延长BO交AC于点F,连接PF,易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,∵E为PB的中点,∴OE∥PF,又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,∴OE∥平面PAC.(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且

与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2

,∴P(0,2,3),B(2

,0,0),A(-2

,0,0),E

,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4

,∴AC=12,C(-2

,12,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),

=(4

,0,0),

=

,∴

即

令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),

=(0,12,0),∴

即

令x2=

,则z2=-6,∴n2=(

,0,-6),∴cos<n1,n2>=

=

=

,设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sinθ=

=

,∴二面角C-AE-B的正弦值为

.三年模拟1.(2025届湖南长沙长郡中学调研,2)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,

则m∥α的一个充分条件是

()A.m∥n,n∥αB.m∥β,α∥βC.m⊥n,n⊥α,m⊄αD.m∩n=A,n∥α,m⊄αC解析

对于A,由m∥n,n∥α可得m⊂α或m∥α,故A错误;对于B,由m∥β,α∥β可得m⊂α或m∥α,故B错误;对于C,由m⊥n,n⊥α,m⊄α可得m∥α,故C正确;对于D,由m∩n=A,n∥α,m⊄α可得m,α相交或m∥α,故D错误.故选C.2.(2025届江苏常州学情调研,3)在空间中,设m,n为两条不同直线,α,β为两个不同平面,则

下列命题正确的是

()A.若m∥α且α∥β,则m∥βB.若m、n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则α∥βC.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nD.若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n∥βB解析

对于A,若m∥α且α∥β,则m∥β或m⊂β,故A错误;对于B,若m、n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则在直线m上任取一点P,过直线n与点P确定平面γ,设γ∩α=c,又n∥α,则n∥c,又n⊂β,c⊄

β,所以c∥β,又m∥β,m⊂α,c⊂α,m∩c=P,所以α∥β,故B正确;对于C,若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m,n可能平行、相交或异面,故C错误;对于D,若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n⊂β或n∥β,故D错误.故选B.3.(2024河南安阳、焦作二模,5)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为梯形,AB=BB1=

C1D1=6,CD∥AB,

=λ

(0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,则DN=

()A.

B.

C.

D.

C解析

如图,因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,CD∥AB,所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1,

又平面AMC1N∩平面ABB1A1=AM,平面AMC1N∩平面DCC1D1=C1N,所以AM∥C1N,故易

知△C1D1N∽△ABM,故

=

,则

=

,解得D1N=

,则DN=6-

=

.故选C.

4.(2023河南新乡二模,7)在如图所示的正方体或正三棱柱中,M,N,Q分别是所在棱的中

点,则满足直线BM与平面CNQ平行的是

()

B解析

A选项,连接B1N,由正方体的性质可知BM∥B1N,所以直线BM与平面CNQ不平行,故错

误;B选项,连接AC,AQ,因为NQ∥AC,所以平面CNQ即为平面ACNQ,而BM∥AQ,BM⊄平面

CNQ,AQ⊂平面CNQ,所以直线BM与平面CNQ平行,故正确;C选项,因为NQ∥BC,所以平面CNQ即为平面BCNQ,则直线BM与平面CNQ相交于点B,

故错误;D选项,假设直线BM与平面CNQ平行,过点M作CQ的平行线交A1B1于点D,则点D是A1B1

上靠近点B1的四等分点,连接BD.由MD∥CQ,MD⊄平面CNQ,CQ⊂平面CNQ,可得MD∥平面CNQ,又BM与平面CNQ平

行,MD∩BM=M,MD,BM⊂平面BDM,则平面BDM∥平面CNQ,而平面ABB1A1与平面BDM,平面CNQ分别交于BD,QN,则BD与QN平行,显然BD与QN不平行,假设错误,所以直线BM与平面CNQ不平行,故错误.故选B.

5.(多选)(2024河北邯郸重点中学月考,9)已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的

棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,则

()A.A1B∥平面HGFB.FG∥HEC.直线D1F与直线HE相交D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°ABD解析

对于A,因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥BC且A1D1=BC,所以四边形A1D1CB为平

行四边形,所以A1B∥D1C,因为G,H分别为CC1,C1D1的中点,所以HG∥D1C,又HG⊂平面

HGF,D1C⊄平面HGF,所以D1C∥平面HGF,因为A1B⊄平面HGF,所以A1B∥平面HGF,故

A正确;对于B,易证FG∥BC1,BC1∥HE,由平行的传递性可知FG∥HE成立,故B正确;对于C,易知HE⊂平面D1ABC1,且D1∉HE,F∉平面D1ABC1,所以由异面直线的定义知直

线D1F与直线HE异面,故C错误;对于D,由B选项知,HE与平面ABCD所成的角即BC1与平面ABCD所成的角,因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角,易知∠C1BC=45°,故D正确.故选

ABD.

6.(2025届福建泉州四校期中联考,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=

CB=CC1=3,D是棱BB1的中点,P是C1D的延长线与CB的延长线的交点.(1)求证:AP∥平面A1CD;(2)若点E在线段AP上,且点E为靠近点A的三等分点,求直线A1E与平面A1CD所成的角的

正弦值.

解析

(1)证明:连接AC1,交A1C于点M,连接MD,如图1,

由ABC-A1B1C1是直三棱柱,可得四边形A1C1CA是矩形,故M为AC1的中点,又D是B1B的中

点,所以B1D=BD,又∵∠B1DC1=∠BDP,∠C1B1D=∠PBD=90°,∴△B1DC1≌△BDP,∴C1D

=PD,即D是C1P的中点.在△C1AP中,∵M,D分别为C1A,C1P的中点,∴MD∥AP,又MD⊂平面A1CD,AP⊄平面A1CD,故AP∥平面A1CD.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,可得C1C⊥平面ABC,又CA,CB⊂平面ABC,故CC1⊥CA,CC1

⊥CB,又∠ACB=90°,故CA⊥CB,故CC1,CA,CB两两垂直,故以C为坐标原点,建立如图2所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),C1(0,0,3),A(3,0,0),A1(3,0,3),B(0,3,0),B1(0,3,3),D

,则

=(3,0,3),

=

,

=(-3,0,0),

=

,由(1)知BP=C1B1,故CP=6,则P(0,6,0),则

=(-3,6,0).设平面A1CD的法向量为m=(x,y,z),则

即

取z=-2,则x=2,y=1,故m=(2,1,-2).又

=

=(-1,2,0),则点E的坐标为(2,2,0),则

=(-1,2,-3),设直线A1E与平面A1CD所成的角为θ,则sinθ=|cos<

,m>|=

=

=

,所以直线A1E与平面A1CD所成的角的正弦值为

.1.(多选)(2025届山东青岛五十八中期中,11)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1

中,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,P是正方形A1B1C1D1内(包含边界)的动点,则下列结论

正确的是

()A.若DP∥平面CEF,则点P的轨迹长度为2

B.若AP=

,则点P的轨迹长度为2πC.若P是正方形A1B1C1D1的中心,Q在线段EF上,则PQ+CQ的最小值为4

D.若P是棱A1B1的中点,则三棱锥P-CEF的外接球的表面积是41πACD解析

如图1,取A1D1,A1B1的中点N,M,连接MN,DN,BD,BM,NE,B1D1,所以MN∥B1D1,又E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,所以EF∥B1D1,所以MN∥EF,又MN⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以MN∥平面CEF,因为N,E分别是棱A1D1,B1C1的中点,所以可得NE∥CD,且NE=CD,所以四边形CDNE为平

行四边形,所以ND∥CE,又ND⊄平面CEF,CE⊂平面CEF,所以ND∥平面CEF,又MN∩ND=N,MN,ND⊂平面BDNM,所以平面BDNM∥平面CEF,因为点P是正方形A1B1C1D1内的动点,且DP∥平面CEF,所以点P的轨迹为线段MN,由勾股定理得MN=

=2

,故A正确.

如图2,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,

0),设P(x,y,4),则AP=

=

,所以x2+y2=1,所以点P的轨迹是以A1为圆心,1为半径的圆的

,所以点P的轨迹长度为

·2π·1=

.故B错误.如图3,将平面CEF翻折到与平面A1B1C1D1共面,记作平面GEF,连接PF,PE.PG,设PG与EF交于点Q,此时PQ+CQ取到最小值,为PG的长.因为GE=GF=

=2

,且PE=PF=2,所以点Q为EF的中点,所以PQ=EQ=

=

,所以GQ=

=

=3

,即PQ+CQ的最小值为4

,故C正确.

如图4,连接PF,交B1D1于点O1,连接PE,因为PF=4,PE=EF=2

,所以PE2+EF2=PF2,则∠FEP=90°,所以FP是△PEF外接圆的直径,所以O1是△PEF外接圆的圆心,过点O1作平面ABCD的垂线,则三棱锥P-CEF的外接球的球心O一定在该垂线上,连接OP,OC,设OO1=t,外接球半径为R,则22+t2=R2,又

AC=

=2

,所以(4-t)2+(2

)2=R2,所以22+t2=(4-t)2+(2

)2,解得t=

,所以R2=22+

=

,所以三棱锥P-CEF的外接球的表面积为S=4πR2=41π,故D正确.故选ACD.2.(2025届北京日坛中学调研,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,CD⊥AP,△PCD为

等腰直角三角形,PD=CD=2,平面PBC交平面PAD于直线l,E,F分别为棱PD,PB的中点.(1)求证:BC∥l.(2)设PA=AD=2BC=2.①求平面AEF与平面PAD夹角的余弦值;②在棱PC上是否存在点G,使得DG∥平面AEF?若存在,求

的值;若不存在,说明理由.解析

(1)证明:因为AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD,又BC⊂平面PBC,平面PBC∩平面PAD=l,所以BC∥l.(2)①取AD的中点O,连接OP,OB,由题意可得BC∥OD,且BC=OD,则四边形OBCD为平行四边形,可得OB∥CD,由△PCD为等腰直角三角形,PD=CD可知CD⊥PD,又CD⊥AP,AP∩PD=P,AP,PD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,所以OB⊥平面PAD,因为OP,AD⊂平面PAD,所以OP⊥OB,AD⊥OB,又因为△PAD为等边三角形,O为AD的中点,所以OP⊥AD,又OB∩AD=O,OB,AD⊂平面ABCD,所以OP⊥平面ABCD,故OP,OA,OB两两垂直.如图,以O为坐标原点,OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,

),E

,F

,

=

,

=

,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则

即

令x=2,则y=-1,z=2

,即n=(2,-1,2

),易知平面PAD的一个法向量为m=(0,1,0),可得cos<n,m>=

=

=-

,所以平面AEF与平面PAD夹角的余弦值为

.②由①可得

=(-1,2,-

),设

=λ

,λ∈[0,1],则G(-λ,2λ,

(1-λ)),则

=(1-λ,2λ,

(1-λ)),若DG∥平面AEF