人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行精品练习题

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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，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
【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，又，则，故充分性成立，
反之，若，又，则，故必要性成立.
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
2．（3分）（2023春·湖南长沙·高二开学考试）已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【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，a平面，则am；②若直线a平面，则a与平面内任何直线都平行；③若直线α平面，平面 平面β，则α平面β；④如果ab，a平面，那么b平面；⑤对于异面直线a、b存在唯一一对平面、β使得a⊂平面， b⊂平面β，且 β.其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．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，直线平面，直线平面，，过a作平面交平面于c，作平面交平面于d，则，，所以，因为平面，所以平面，因为，所以，所以，①正确；
对于②，直线平面，则直线与平面内的直线平行或异面，所以②错误；
对于③，直线平面，平面平面，可能平面，所以③错误；
对于④，，直线平面，可能平面，所以④错误；
对于⑤，一对异面直线a，b，过a作与b平行的平面，过b作与a平行的平面，使得，所以⑤正确；
故选：C.
4．（3分）（2022·四川成都·统考一模）在正方体中，P是平面内的一动点，M为线段的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．平面内任意一条直线都不与平行
B．平面和平面的交线不与平面平行
C．平面内存在无数条直线与平面平行
D．平面和平面的交线不与平面平行
【解题思路】对A，根据与平面相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长，交于，根据线面平行的性质判断即可.
【解答过程】对A，因为与在平面内且不平行，故与相交，故与平面相交，若平面内任意一条直线与平行，则平面，矛盾，故A正确；
对B，由平行，平面，平面，故平面.设平面和平面的交线为，由线面平行的性质可得，又平面，平面，故平面，故B错误；
对CD，延长，交于，连接如图.
由题意，平面和平面的交线即直线，故当平面内的直线与平行时，与平面也平行，故C正确；
交线与平面交于，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，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中不能满足平面的是（ ）
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，平面，平面，所以平面，故选项A不符合题意.
对于B选项，设是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，故平面，因此选项B符合题意.
对于C选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，故选项C不符合题意.
对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，故选项D不符合题意.
故选：B.
6．（3分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体中，下列四对截面彼此平行的是（ ）
A．平面与平面B．平面与平面
C．平面与平面D．平面与平面
【解题思路】根据正方体的平行关系，可证平面与平面平行，可得出结论.
【解答过程】如图，正方体，
所以四边形是平行四边形，平面，
面，所以平面，同理平面.
因为平面，
所以平面平面.
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的正方体中，点P是的中点，动点Q在平面内（包括边界），若 平面，则AQ的最小值是（ ）
A．2B．C．D．
【解题思路】分别为的中点，连接，证明平面 平面，得到的轨迹为线段，AQ的最小值是边上的高，计算得到答案.
【解答过程】如图所示：分别为的中点，连接，
，，故，平面，平面，故 平面；
易知四边形为平行四边形，，平面，平面，故 平面；
，平面，故平面 平面，
当平面时，面平面，故的轨迹为线段，
，，AQ的最小值是边上的高，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．1C．D．
【解题思路】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.
【解答过程】
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.
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，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．，，则B．，，则
C．，，则D．，，则
【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，，所以直线，可以相交或或与异面，故选项A错误；
对于选项B，因为，，所以，故选项B正确；
对于选项C，因为，，所以或相交，故选项C错误；
对于选项D，因为，，所以，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，在平行六面体中，点，，分别为棱，，的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则以下说法正确的是（ ）
A．B．
C．平面D．平面
【解题思路】根据题意可证明，由此可判断A、C、D选项；根据与平面相交，平面//平面可知与互不平行，由此可判断B选项.
【解答过程】连接MP，因为，别为棱，中点，所以MP//AD且因为为平行六面，所以且，所以且，故为平行四边形，，故A正确；
因为平面，平面，所以平面；同理平面，故C、D正确
因为与平面相交，且平面//平面，所以与平面相交，又因为平面相交，所以与互不平行.故B错误
故选：ACD.
11．（4分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如图，这是四棱锥的平面展开图，其中四边形是正方形，E，F，G，H分别是的中点，则在原四棱锥中，下列结论中正确的有（ ）
A．平面∥平面B．∥平面
C．∥平面D．∥平面
【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．
若为交点，则为中点，
连接，为中点，故，面，面，
所以∥平面，B正确；
又为中点，则，面，面，
所以∥平面，D正确；
由为中点，则，，故，
又面，面，故∥平面，C正确；
由，面，面，则面，
同理可得面，而，面，
所以平面∥平面，A正确.
故选：ABCD.
12．（4分）（2022·高一课时练习）（多选）在正方体中，下列四组面中彼此平行的有（ ）
A．平面与平面B．平面与平面
C．平面与平面D．平面与平面
【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，
，平面，平面，则平面，
同理可证，平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于B选项，
，平面，平面，则平面，
同理可证，平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，故B正确；
对于C选项，
，平面，平面，则平面，
同理可证，平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，故C正确；
对于D选项，
设，则平面且平面，
设，则平面且平面，
所以平面平面 ，故两个平面相交，故D错误.
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，
∴ ，即 ，
同理可得： ，
故E、F、G、H四点共面，且为平行四边形，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，且平面，，，，，，则四边形EFHG是 平行 四边形．
【解题思路】由题，平面平面，结合平面可得，同理可得四边形EFHG另外三边与，的位置关系，即可得到答案.
【解答过程】由题，平面平面，因为平面，
所以，
又平面平面，所以，则，
同理，
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，能得出平面的图形序号是 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，.
又，所以.
因为平面，平面，所以平面.
同理可得平面.
因为平面，平面，，
所以平面平面.
又平面，所以平面，故①正确；
对于②，如图2，连结.
因为点M、P分别为其所在棱的中点，所以.
又，且，所以，四边形是平行四边形，所以，
所以.
因为平面，平面，所以平面，故②正确；
对于③，如图3，连结、、.
因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以，.
因为平面，平面，所以平面.
同理可得平面.
因为平面，平面，，
所以平面平面.
显然平面，平面，所以平面，且与平面不平行，所以与平面不平行，故③错误；
对于④：如图4，连接，因为为所在棱的中点，则，
故平面即为平面，由正方体可得，
而平面平面，
若平面，
由平面可得，
故，显然不正确，故④错误.
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，①平面AEND；②平面ABFE；③平面平面AFN；④平面平面以上四个命题中，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，如图所示：
对于①，因为，平面AEND，平面AEND，所以平面AEND，命题①正确；
对于②，，平面ABFE，平面ABFE，所以平面ABFE，命题②正确；
对于③，，，面，面，
所以面，面，
，BD、平面BDN，
所以平面平面AFN，命题③正确；
对于④，，，面NCF，面NCF
所以面NCF，面NCF，，BD、平面BDE，
所以平面平面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，求证：直线EH与直线FG平行．
【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 ，
又∵F、G分别是BC、CD上的点，且，则 ，
∴ ，
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，为AC、BD的交点.
(1)求证：平面PCD；
(2)图中EO还与图中哪个平面平行？
【解题思路】由结合线面平行的判定定理证明即可.
【解答过程】（1）因为E，为PB，BD的中点，所以，
又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.
（2）因为，平面，平面，
所以平面.
19．（8分）（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，是上的点．若平面，求的值；
【解题思路】连接，交于点，连接，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，交于点，连接；
平面，平面，平面平面，
，；
，，，
，即的值为．
20．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体中，分别是和的中点.求证：
(1) 平面.
(2)平面 平面.
【解题思路】（1）利用线线平行（）证线面平行即可
（2）先用线线平行（）证线面平行（平面），再证面面平行即可
【解答过程】（1）
连接，因为四边形为正方形，为中点，所以为中点，又因为为中点，所以.
因为平面平面，
所以 平面，
（2）
连接，因为四边形为正方形，为中点，
所以为中点.
又因为为中点，所以.
因为平面平面
所以 平面.
由（1）知 平面，又，平面，
所以平面 平面.
21．（8分）（2022春·河南周口·高一阶段练习）已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
【解题思路】（1）连结并延长与的延长线交于点，证明，，又平面，平面，证明平面；
（2）是上的点，当的值为时，能使平面平面，通过证明平面，又，平面．然后证明即可．
【解答过程】（1）连结并延长与的延长线交于点，
因为四边形为正方形，
所以，
故，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面，平面，
故平面．
（2）当的值为时，能使平面平面．
证明：因为，
即有，
故．
所以．
又平面，平面，
所以平面，
又，平面．
所以平面平面．
22．（8分）（2022·高一课时练习）如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，，，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，当点F，A，D不共线时，，，可证平面ADF，平面ADF，从而有平面平面ADF，即可证明结论；
（2）这个结论不正确.要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.
当点F，A，D共线时，由（1）得；当点F，A，D不共线时，平面平面FDA，则要使，满足FD与AN共面，只要FM与DN相交即可，可证交点只能为点B，得出只有M，N分别为AE，DB的中点才满足.
【解答过程】（1）证明：在平面图形中，连接MN，与AB交于点G.
∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，，
∴且，
∴四边形ADBE是平行四边形，∴.
又，∴四边形ADNM是平行四边形，∴.
当点F，A，D不共线时，如图，，，
平面，平面，所以平面ADF，
同理平面ADF，又，
平面，∴平面平面ADF.
又平面GNM，∴平面ADF.
故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FA D.
（2）解：这个结论不正确.
要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.理由如下：
当点F，A，D共线时，由（1）得.
当点F，A，D不共线时，如图，
由（1）知平面平面FDA，则要使总成立，
根据面面平行的性质定理，只要FD与共面即可.
若要使FD与共面，连接FM，只要FM与DN相交即可，
∵平面ABEF，平面ABCD，
平面平面，
∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，
由于四边形为平行四边形，与的交点为的中点，
则只有M，N分别为AE，DB的中点才满足.
由，
可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面.
∵平面平面，
平面平面，
平面平面FDA，∴.