高中数学高考考点26 空间直线、平面的平行-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)

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考点26空间直线、平面的平行

【命题解读】
空间直线、平面的平行是高考必考的重点知识，在立体几何部分，直线与平面的平行的判定与性质的应用在高考中出题比较灵活，在新高考的引领下，出题创新性比较强，更加注重了学生能力的考察。
【命题预测】
预计2021年的高考对于空间直线、平面的平行考察还是以应用为主，线线、线面、面面之间的相互转化是重点，空间想象力和空间思维能力是考察的重点。
【复习建议】
1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理,并能够证明相关性质定理.
2.能运用结论证明空间基本图形位置关系的简单命题。
考向一　线面平行的判定与性质

类别
语言表述
图形表示
符号表示
应用
判定
一条直线与一个平面没有公共点， 则称这条直线与这个平面平行

a∩α=⌀⇒a∥α
证明直线与平面平行
平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行,则平面外这条直线平行于这个平面 

a⊄α,b⊂α,且a∥b⇒a∥α
证明直线与平面平行
性质
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

a∥α,a⊂β,
α∩β=b⇒a∥b
证明直线与直线平行

1. 【2019南宁市银海三美学校高二期末】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E＝EF＝FG＝GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是（ ）

A．CE B．CF C．CG D．CC1
【答案】B
【解析】如图，连接AC，使AC交BD于点O，连接A1O，CF，

在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，由于，
又OC＝AC，可得：，即四边形A1OCF为平行四边形，
可得：A1O∥CF，又A1O⊂平面A1BD，CF⊄平面A1BD，
可得CF∥平面A1BD，
故选：B.
2. 【2020全国高三月考】在正方体中，点E，F，M分别是棱BC，，的中点，点，M到平面AEF的距离分别为，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，取的中点，连接，，

易证．
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面．
因为，平面，且，
所以平面平面，又平面，
所以平面，所以，
故选:C．
考向二 面面平行的判定与性质
类别
语言表述
图形表示
符号表示
应用
判定
如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行 

a⊂α,b⊂α,a∩b=P,a∥β,b∥β⇒α∥β
证明平面与平面平行
如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线,那么这两个平面平行 

a⊂α,b⊂α,a∩b=P,a∥a',b∥b',a'⊂β,b'⊂β⇒α∥β
垂直于同一条直线的两个平面平行 

a⊥α,a⊥β⇒α∥β
性质
两个平面平行,则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面 

α∥β,a⊂α⇒a∥β
证明直线与平面平行
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
证明直线与直线平行

1. 【2020浙江高三期中】已知直线a与平面，能使的充分条件是（ ）
① ② ③ ④
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
【答案】D
【解析】对①，若，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；
对②，若，则，平面的平行具有传递性，故②正确；
对③，若，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；
对④，，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.
综上：②④正确，
故选：D.
2. 【2020湖南高一月考】如图，在三棱锥中，，，、、分别是所在棱的中点.则下列说法错误的是（ ）

A．面面 B．面面 C． D．
【答案】D
【解析】、分别是，的中点，
，又平面，平面，
平面，
同理可得平面，
又，平面平面，故正确；
，，，
平面，
，故正确，
又平面，
平面平面，故正确；
假设，又，
，与矛盾，故与不平行，故错误，
故选：D
3.【2020江苏高三期中】在正方体中，若，分别为，的中点，则（ ）
A．直线平面 B．直线平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】BD
【解析】如图，

取的中点G，连接，可证，得四边形为平行四边形，则，
若直线平面，则//平面ACD或平面，与平面矛盾，故A错误；
由正方体的结构特征可得平面，则，
又平面，得，
同理可证，又，直线平面ACD1，故B正确;
而BD平面，平面平面ACD1，故D正确;
连接，由，可得四边形AA1C1C为平行四边形，
则平面A1BC1，AC平面A1BC1，平面A1BC1，
同理AD1平面A1BC1，又AC∩AD1=A，平面A1BC1//平面ACD1，
若平面A1 EF平面ACD1，则平面A1EF与平面A1BC1重合，则EF 平面A1BC1，与EF平面A1BC1矛盾，故C错误．
故选：BD


题组一（真题在线）
1. 【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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
2. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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．
3. 【2019年高考天津卷理数】如图，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．
4. 【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

5. 【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B−EB1C1F的体积．
6. 【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

题组二
1. 【2020全国高二】如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)

2.【2020安徽六安一中高二月考】如图，在直角梯形中，，，且为的中点，、分别是、的中点，将沿折起，则下列说法不正确的是_______.
①不论折至何位置（不在平面内），都有平面；
②不论折至何位置（不在平面内），都有；
③不论折至何位置（不在平面内），都有；
④在折起过程中，一定存在某个位置，使.

3. 【2020湖南雅礼中学高三月考】已知三棱锥中，为中点，平面，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若为的外心，则
B．若为等边三角形，则
C．当时，与平面所成角的范围为
D．当时，为平面内动点，若平面，则在三角形内的轨迹长度为
4. 【2020四川省棠湖中学高三下学期第三学月考】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱，是的中点．

（I）证明：平面；
（II）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．
5.【2020全国高三专题练习（理）】如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE.

6. 【2020东台创新高级中学高一月考】如图，四棱锥的底面是正方形，底面，，，点、分别为棱、的中点．

（1）求证：平面；
（2）求异面直线和所成角的余弦值．

题组一
1.B
【解析】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．
2.（1）见解析；（2）.
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则

，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
3. （1）见解析；（2）；（3）．
【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，．
设为平面的法向量，则即不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．

4. 见解析
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
5.见解析
【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．
（2）AO∥平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1F =PN，
故AO∥PN.又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，
所以PN=AO=6，AP =ON=AM=，PM=AM=2，EF=BC=2．
因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B−EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．
作MT⊥PN，垂足为T，则由（1）知，MT⊥平面EB1C1F，故MT =PM sin∠MPN=3．
底面EB1C1F的面积为
所以四棱锥B−EB1C1F的体积为．

6. 见解析
【解析】因为分别是的中点，所以.
又平面，平面，
所以平面.

（2）因为平面，平面,
所以.
又,平面,平面,
所以平面.
又因为平面,
所以平面平面.
题组二
1. 点M在线段FH上(或点M与点H重合)
【解析】连接HN，FH，FN，因为E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，
N是BC的中点，则FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1，
只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1.
故答案为：点M在线段FH上(或点M与点H重合).

2. ③
【解析】取的中点，连接、，如下图所示：

对于①，、分别为、的中点，，
平面，平面，平面，同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，平面，①正确；
对于②，，，，同理可得，
，平面，平面，，②正确；
对于③，，若，由平行线的传递性可知，
但与有公共点，这与矛盾，③错误；
对于④，，若，由，可得出平面，
平面，可得，
因此，只需在折起的过程中使得，就有，④正确.
故答案为：③.
3.ACD
【解析】依题意，画图如下：

若为的外心，则，平面，可得，，故，A正确；
若为等边三角形，，又，BC与PB相交于平面内，
可得平面，即，由，，可得 ，故，矛盾，B错误;
若，设与平面所成角为，由A正确，知，设到平面的距离为
由可得
即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为， ，即的范围为，C正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得，，，则平面平面，
由平面，可得在线段上，即轨迹，可得D正确；
故选：ACD
4. 见解析
【解析】（1）证明：连接与交于，连接，
因为是菱形，所以为的中点，
又因为为的中点，
所以，因为平面平面，
所以平面．
（2）解：取中点，连接，

因为四边形是菱形，，且，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以．
同理可证：，又，
所以平面，所以平面平面，
又平面平面，所以点到直线的距离即为点到平面的距离，
过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，
因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，
此时，为的中点，即，
所以，
所以．
5.见解析
【解析】因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
所以DE∥AF，
因为平面DCE，DE⊂平面DCE，
所以AF∥平面DCE，
因为四边形ABCD是正方形，
所以AB∥CD，因为平面DCE，
所以AB∥平面DCE，
因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，
所以平面ABF∥平面DCE.
6.见解析
【解析】（1）取的中点，连接、，
∴为的中位线∴
∵四边形为矩形，为的中点
∴，∴，
∴四边形是平行四边形，∴
又平面，平面
∴平面；

（2）取的中点，连接，，，
∴，所以，因为
∴或其补角即为异面直线所成角，
∵，面，，
∴，，，
∴，即异面直线和所成角的余弦值为.