专题07 空间直线与平面与平面与平面的平行（课时训练）-【教育机构专用】2022年春季高一数学辅导讲义(新教材人教A版2019)

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专题07 空间直线与平面、平面与平面的平行
A组 基础巩固
1．（2021·全国高一课时练习）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面ACC1A1平行的棱共有（ ）
A．2条 B．3条 C．4条 D．6条
【答案】A
【分析】
根据正方体的结构可得选项.
【详解】
如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面ACC1A1平行的棱是BB1和DD1，共有2条.
故选：A.

2．（2021·全国高一课时练习）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个刍甍，其中是正三角形，，则以下两个结论：①；②，（ ）

A．①和②都不成立 B．①成立，但②不成立
C．①不成立，但②成立 D．①和②都成立
【答案】B
【分析】
利用线面平行的性质可判断①的正误；取的中点，证明四边形为平行四边形，可得出，利用勾股定理可判断②，由此可得出合适的选项.
【详解】
对于①，，平面，平面，平面，
平面，平面平面，，①成立；
对于②，如图，取中点，连接、，
，，，即，
由，为的中点，则，

所以，四边形为平行四边形，则，
不妨设，则，
假设，则，则，即，即，
但的长度不定，故假设不一定成立，即②不一定成立．
故选：B．
【点睛】
方法点睛：直线与直线平行的证明方法：
（1）平面几何中：内错角相等、同位角相等、同旁内角互补，都可以证明两条直线平行；
（2）三角形、平行四边形、梯形中：对应边成比例，两直线平行（尤其注意中位线、相似三角形的构造）；
（3）平行线的传递性（公理4）：，；
（4）直线与平面垂直的性质：垂直于同一平面的两条直线平行，即，；
（5）直线与平面平行的性质定理：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这条直线垂直，即，，，应用口诀“遇线面平行找平面与平面的交线；
（6）平面与平面平行的性质定理：若两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行，即，，，应用口诀“遇面面平行找第三个平面与两平面的交线；
（7）向量法：证明可转化为证明与共线，即证明存在使得，且说明、、、不共线.
3．（2021·全国高一课时练习）如图，是正方体的棱上的一点（不与端点重合），平面，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设，可得平面平面，由于平面，根据线面平行的性质可得，即可得到结果．
【详解】
如图，设， 可得面面，
∵平面，根据线面平行的性质可得，
∵为的中点，∴为中点，∴．
故选：D．

4．（2021·全国高一课时练习）平面与平面平行的条件可以是（ ）
A．内有无穷多条直线与平行
B．内的任何直线都与平行
C．直线在平面内，直线在平面内，且，
D．直线，直线
【答案】B
【分析】
利用平面与平面的位置关系判断.
【详解】
若内有无穷多条直线与平行，则平面与平面相交或平行，故不正确；
若内的任何直线都与平行，则，故B正确；
若直线在平面内，直线在平面内，且，，则平面与平面相交或平行，故C不正确；
若直线，直线，则平面与平面相交或平行，故D不正确.
故选：B
5．（2021·全国高一课时练习）不同的直线和，不同的平面，，，下列条件中能推出的是（ ）
A．，， B．，
C．，， D．，，
【答案】C
【分析】
利用平面与平面的位置关系判断.
【详解】
由不同的直线和，不同的平面，，，知：
若，，，则与相交或平行，故不正确；
若，，则与相交或平行，故B不正确；
若，，，则由平面平行的判定定理知，故C正确；
若，，，则与相交或平行，故D不正确.
故选：C.
6．（2021·全国高一课时练习）､是两个不重合的平面，在下列条件下，可判定的是（ ）
A．､都平行于直线､
B．内有三个不共线的点到的距离相等
C．､是内的两条直线且，
D．､是两条异面直线且，，，
【答案】D
【分析】
根据面面平行的判定和性质，对选项逐个分析判断即可得解.
【详解】
对于A，当，时，不能推出；
对于B，当，且在内，在交线的一侧有两点，另一侧一个点，三点到的距离相等时，不能推出；
对于C，当与平行时，不能推出；
对于D，，是两条异面直线，且，，，，
内存在两条相交直线与平面平行，
根据面面平行的判定，可得，
故选：D.
7．（2021·全国高一课时练习）已知两条不同的直线和两个不同的平面，有如下的命题：
①若，则；
②若，，，则；
③若，，则，其中正确命题的个数是（ ）
A．3 B．2
C．1 D．0
【答案】B
【分析】
由面面平行得①错误，由线面平行的性质定理可得②正确，由空间线面关系得③正确，得解．
【详解】
解：对于①，若，，，，则；①错误，还需，故①错误，
对于②，若，，，由线面平行的性质定理得：；故②正确，
对于③，若，，则，故③正确.
故选：B.
8．（2021·江苏高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面正方形ABCD内（不包括边界），若B1P//平面A1BM，则C1P长度的取值范围是____．

【答案】
【分析】
由面面平行找到点P在底面ABCD内的轨迹为线段DN，再找出点P的位置，使C1P取得最小值和最大值，由此能求出C1P长度的取值范围．
【详解】
取BC中点N，连结B1D，B1N，DN，作CO⊥DN，连结C1O，
因为平面B1DN∥平面A1BM，
所以点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN（动点P在底面正方形ABCD内，不包括边界，故不含点N和点D），
在中，，
所以，
过C1O⊥DN，则当P与O重合时，C1P长度取最小值，
所以C1P长度的最小值为，
当P与D重合时，C1P长度取最大值，
∴C1P长度的最大值为C1D＝，
∵P与D不重合，∴C1P长度的取值范围是．
故答案为： .

【点睛】
解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
9．（2021·全国高一课时练习）如图所示，在三棱柱中，过，，的平面与平面的交线为，则与直线的位置关系为__．

【答案】平行
【分析】
利用线面平行的判定定理和线面平行的性质定理，即可判断出与直线平行．
【详解】
在三棱柱中，，平面，平面，
所以平面,又因为平面，且平面平面，
所以．
故答案为：平行
10．（2021·全国高一课时练习）如图，为正方体，下面结论中正确的结论是___________.(把你认为正确的结论都填上)

①平面；
②平面；
③过点与异面直线和成角的直线有2条.
【答案】①②
【分析】
对于①，由正方体的性质可得，再由线面平行的判定定理可得结论；对于②，由正方体的性质和线面垂直的性质可得，，从而由线面垂直的判定定理可得结论，对于③，由线线垂直的判定方法判断即可
【详解】
如图，正方体中，
由于，由直线和平面平行的判定定理可得平面，故①正确.
由正方体的性质可得，，故平面，故.
同理可得.再根据直线和平面垂直的判定定理可得，平面，故②正确.
过点与异面直线成角的直线必和也垂直
过点与直线成角的直线必和垂直
则该直线必和平面垂直，满足条件的只有直线，
故③不正确.
故答案为：①②.



B组 能力提升
11．（2021·全国高三专题练习）(多选题)如图，在棱长为1的正方体中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（ ）

A．A1C⊥平面
B．存在点P，使得AC1∥平面
C．存在点P，使得点A1到平面的距离为
D．用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
【答案】ACD
【分析】
连接，首先证明平面，然后由⊥平面可判断A，由平面可判断B，由点A1到平面的距离的取值范围为可判断C，过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形，可判断D.
【详解】

连接
因为，所以＝，所以
又平面，平面，所以平面
同理可证，平面
又，、平面，所以平面平面
易证⊥平面，所以⊥平面，A正确
又平面，所以与平面相交，不存在点P，使得∥平面，B不正确.
因为，点到平面的距离为
所以点A1到平面的距离的取值范围为
又，所以存在点P，使得点A1到平面的距离为，C正确.
因为，所以，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形
又，且，所以截面为梯形，D正确
故选：ACD
12．（2021·全国高三专题练习）（多选题）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，则下列结论中错误的是（ ）

A．
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．的面积与的面积相等
【答案】AD
【分析】
取与点重合，可判断A选项的正误；利用面面平行的性质定理可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；由三角形的面积公式可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，取与点重合，连接、，则，

所以，为等边三角形，则，此时，与不垂直，A选项错误；
对于B选项，因为平面平面，平面，
所以，平面，B选项正确；
对于C选项，平面，平面，则，
所以，（定值），且点到平面的距离为定值，
因此，三棱锥的体积为定值，C选项正确；
对于D选项，连接、，取的中点，连接，

则，且为的中点，，且，
所以，，D选项错误.
故选：AD.
【点睛】
方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：
（1）通过面面平行得到线面平行；
（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.
13．（2021·全国高三其他模拟）(多选题）如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为
B．面
C．平面与平面所成二面角为
D．异面直线与所成角的范围是
【答案】BCD
【分析】
A应用等体积法，根据特殊点：与重合时求的体积；B利用面面平行的性质证面；C根据正方体的结构特征证面面即可；D由，根据在线段的位置，即可确定异面直线与所成角的范围.
【详解】
A：，因为到面的距离不变，且△的面积不变，所以三棱锥的体积不变，当与重合时得，错误；

B：连接，，，，易证面面，又面，所以面，正确；

C：根据正方体的结构特征，有面，又面，则面面，正确；
D：由知：当与线段的两端点重合时，与所成角取最小值，当与线段的中点重合时，与所成角取最大值，故与所成角的范围，正确.

故选：BCD．
14．（2021·全国高三专题练习）(多选题）已知直线平面 ，直线平面 ，有下列四个命题：其中正确命题的选项是（ ）．
A．若，则 ； B．若，则 ；
C．若，则； D．若，则．
【答案】AC
【分析】
结合条件，利用线线，线面，面面的位置关系，判断选项.
【详解】
已知直线平面，直线平面，
对于选项A，若，得到直线平面，所以，故A正确；
对于选项B，若，直线在内或者，则与的位置关系不确定，故B错误；
对于选项C，若，则直线，由面面垂直的性质定理，可得，故C正确；
对于选项D，若 ，则与可能相交，故D错误．
故选:AC.
15．（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））如图，已知正方体，点分别是的中点， 与平面________（填“平行”或“不平行”）；在正方体的条面对角线中，与平面平行的面对角线有________条．

【答案】不平行 6.
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，，所以，所以 与平面不平行，
因为，所以，所以与平面平行，因为，所以 与平面平行，同理可得，，，与平面平行，，，，，，与平面不平行，
故与平面平行的面对角线有6条，
故答案为：不平行，6；


16．（2021·江苏高三专题练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝，AD＝2AB＝2BC＝2PA＝4，M，N分别为AD，PB的中点．

（1）求证：PM//平面ACN；
（2）求直线DN与平面PAB所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）连接BM，设AC∩BM＝Q，连接NQ，MC，推导出NQ∥PM，由此能证明PM∥平面ACN．
（2）过点 D作AB的垂线，交BA的延长线于点H，连接NH，取AB的中点E，连接NE，则NE∥PA，推导出∠DNH为直线DN与平面PAB所成角，由此能求出直线DN与平面PAB所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：如图，

连接BM，设AC∩BM＝Q，连接NQ，MC，
则AM∥BC，AM＝BC＝2，
∴四边形ABCM是平行四边形，∴MQ＝BQ，
∵N为BP的中点，∴在△BMP中，NQ为△BMP的中位线，
∴NQ∥PM，
∵NQ⊂平面ACN，PM⊄平面ACN，
∴PM∥平面ACN．
（2）如图，

过点 D作AB的垂线，交BA的延长线于点H，
连接NH，取AB的中点E，连接NE，则NE∥PA，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DH，PA⊥AB，
∴NE⊥AB，
∵AB⊥DH，PA∩BA＝A，∴DH⊥平面PAB，
∴DN在平面PAB内的射影为HN，
∴∠DNH为直线DN与平面PAB所成角，
在△ADH中，∠HAD＝＝，AD＝4，
∴AH＝2，DH＝，
在Rt△NEH中，NH2＝NE2+EH2＝1+9＝10，
在Rt△NDH中，ND2＝NH2+DH2＝10+12＝22，
∴sin∠HND＝．
∴直线DN与平面PAB所成角的正弦值为．
【点睛】
关键点点睛：利用非向量法求线面角时，根据线面角的定义找到或作出线面角是解题的关键，然后利用直角三角形求解即可，属于中档题.
17．（2021·全国高一课时练习）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1=AB=2，BC=3.

（1）求证：AB1平面BC1D；
（2）求AB1与BD所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用三角形中位线定理证明ODAB1，再用线面平行的判定定理证明AB1平面BC1D；
（2）先判断出∠ODB（或其补角）为AB1与BD所成的角，再解三角形求出余弦值.
【详解】
（1）证明：如图，连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD．
∵四边形BCC1B1是平行四边形．
∴点O为B1C的中点．
∵D为AC的中点，∴OD为△AB1C的中位线，∴OD∥AB1．
∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D．
（2）解：由（1）可知，∠ODB为AB1与BD所成的角或其补角，
∵AA1＝AB＝2，∴AB1＝2，OD，
在Rt△ABC中，D为AC的中点，则BD，
同理可得，OB，
在△OBD中，
cos∠ODB
∴AB1与BD所成角的余弦值为．

【点睛】
立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以用几何法，也可以用向量法计算．
18．（2021·全国高一课时练习）如图，在三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，求证：

（1），，，四点共面；
（2）平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据中位线定理证得，再由棱柱的性质证得，根据平面公理可得证；
（2）根据面面平行的判定定理的推论可得证.
【详解】
证明：（1）､分别为，中点，，
三棱柱中，，
､､､四点共面；
（2）､分别为､中点，，，
又不在平面BCHG中，平面 BCHG，所以平面BCHG
又､分别为三棱柱侧面平行四边形对边､中点，
四边形为平行四边形，，又不在平面BCHG，平面BCHG
平面中有两条直线､分别与平面平行
平面平面.
19．（2021·全国高三专题练习（文））如图所示，在四棱锥中，，，平面，，，设、分别为、的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的侧面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证明面面平行，需根据判断定理证明平面内的两条相交直线与另一个平面平行，根据平行关系，证明平面，平面；（2）根据边长和三角形面积公式，分别求三棱锥的三个侧面的面积.
【详解】
（1）∵、分别为、的中点，∴，
又平面，平面，∴平面，
在中，，，∴，
又，∴，
∵平面，平面，∴平面，
又，∴平面平面，
（2）∵平面，平面，平面，
由（1）可知，∴、，
∵，，，，
∴，，，
由（1）可知，
在中，，
∴，
又，
在中，，∴边上的高，
∴，
∴三棱锥的侧面积.
【点睛】
方法点睛：本题考查了面面平行的判断定理，以及三棱锥侧面积的求法，意在考查转化与化归和计算求解能力，不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.
20．（2021·北京海淀区·高三期中）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，.

（1）求证：平面平面；
（2）设平面平面，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角的大小确定，并求此二面角的余弦值.
条件①：；条件②：平面；条件③：平面平面.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】
（1）根据四边形为矩形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理平面，然后利用面面平行的判定定理证明；
（2）选条件①：；条件②：平面，则以A为原点，以AB，AD，AE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面CDF的一个法向量和平面EBF的一个法向量，利用求解.
【详解】
（1）因为四边形为矩形，所以，
又平面；平面；
所以平面；
又，平面；平面；
所以平面；
又，
所以平面平面；
（2）选条件①：；条件②：平面；
以A为原点，以AB，AD，AE分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系；

则，
所以，
设平面CDF的一个法向量为 ，即，
设平面EBF的一个法向量为，
则，即，
令，则，则，
设二面角为 ，
所以
选条件①：；条件③：平面平面.
因为，平面平面.
所以平面
因为，
所以平面，
所以
因为，
所以，即，
所以，
因为平面平面.
所以平面，
以A为原点，以AB，AD，AE分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系；

则，
所以，
设平面CDF的一个法向量为 ，即，
设平面EBF的一个法向量为，
则，即，
令，则，则，
设二面角为 ，
所以
【点睛】
方法点睛：向量法求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．