专题练7.2　直线、平面平行的判定与性质（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材）

这是一份专题练7.2　直线、平面平行的判定与性质（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材），共21页。试卷主要包含了2　直线、平面平行的判定与性质等内容，欢迎下载使用。

五年高考
高考新风向
1.(概念深度理解)(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∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n在此处键入公式。
④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.①③④
2.(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=3.
(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427,求AD.
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BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
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ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
3.(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.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江杭州二模,2)设m,n表示两条不同直线,α表示平面,则( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
2.(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=32C1D1=6,CD∥AB,BM=λMB1(0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,则DN=( )
A.4λλ+1 B.4λ+2λ+1
C.2λ+6λ+1 D.2λ+4λ+1
3.(多选)(2024豫东豫北十所名校3月联考,9)已知点A,B为不同的两点,直线l1,l2,l3为不同的三条直线,平面α,β为不同的两个平面,则下列说法正确的是( )
A.若l1⊥α,l2∥α,则l1⊥l2
B.若l1⊂α,l2∥α,则l1∥l2
C.若l1⊂α,l2⊂β,α∩β=l3,l1∩l2=A,则A∈l3
D.若l1∥l2∥α,α⊥β,l1∩β=A,l2∩β=B,则直线AB∥α
4.(多选)(2024河北邯郸重点中学3月月考,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HGF
B.FG∥HE
C.直线D1F与直线HE相交
D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°
练思维
1.(2024江苏、浙江部分学校大联考,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,M是BC中点,N是PD中点.
(1)证明:直线MN∥平面PAB;
(2)若PG=4GC,求平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值.
2.(2024重庆二诊,15)如图,直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥DC,且AB=2DC,E,F分别是棱AB,AD的中点.
(1)证明:平面D1EF∥平面C1BD;
(2)已知AA1=AD=DC=1,∠DAB=60°,求直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值.
3.(2024江苏南京、盐城一模,16)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,平面AA1D1D⊥平面ABCD,A1A=D1D=17,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上.
(1)若BQ=3QC,证明:PQ∥平面ABB1A1;
(2)若二面角P-QD-C的正弦值为52626,求BQ的长.
练风向
1.(创新考法)(2024山东临沂一模,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AA1=3,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AD=2DA1,C1E=2EC,F为B1C1的中点.
(1)在平面ABB1A1内,过A作一条直线与平面DEF平行,并说明理由;
(2)当三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.
2.(创新考法)(2024江苏南通第二次调研,17)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明:
①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点.
注:若两个问题均作答,则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
7.2 直线、平面平行的判定与性质
五年高考
高考新风向
1.(概念深度理解)(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∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n在此处键入公式。
④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 )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
2.(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=3.
(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427,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=3,∴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=4−t2,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,4−t2,0),则AC=(-t,4−t2,0),AP=(0,0,2),DP=(t,0,2),DC=(0,4−t2,0),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·AC=0,n1·AP=0,即−tx1+4−t2y1=0,2z1=0,
令x1=4−t2,则y1=t,则n1=(4−t2,t,0),
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·DP=0,n2·DC=0,∴tx2+2z2=0,4−t2y2=0,
令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),
∵二面角A-CP-D的正弦值为427,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1−4272=77,
∴77=|cs|=|n1·n2||n1||n2|=24−t22t2+4,
∴t=3(舍负),∴AD=3.
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 )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
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 )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
3.(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,
∵OA,OB⊂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.(面面平行的性质)
证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,
∵OA,OB⊂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=23,
∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,32,
∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=43,
∴AC=12,C(-23,12,0).
设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),
∵AB=(43,0,0),AE=33,1,32,
∴AB·n1=0,AE·n1=0,即43x1=0,33x1+y1+32z1=0,
令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
∵AC=(0,12,0),
∴AC·n2=0,AE·n2=0,即12y2=0,33x2+y2+32z2=0,
令x2=3,则z2=-6,∴n2=(3,0,-6),
∴cs=n1·n2|n1|·|n2|=1213×39=4313,
设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=1−cs2θ=1113,∴二面角C-AE-B的正弦值为1113.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江杭州二模,2)设m,n表示两条不同直线,α表示平面,则( B )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
2.(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=32C1D1=6,CD∥AB,BM=λMB1(0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,则DN=( C )
A.4λλ+1 B.4λ+2λ+1
C.2λ+6λ+1 D.2λ+4λ+1
3.(多选)(2024豫东豫北十所名校3月联考,9)已知点A,B为不同的两点,直线l1,l2,l3为不同的三条直线,平面α,β为不同的两个平面,则下列说法正确的是( AC )
A.若l1⊥α,l2∥α,则l1⊥l2
B.若l1⊂α,l2∥α,则l1∥l2
C.若l1⊂α,l2⊂β,α∩β=l3,l1∩l2=A,则A∈l3
D.若l1∥l2∥α,α⊥β,l1∩β=A,l2∩β=B,则直线AB∥α
4.(多选)(2024河北邯郸重点中学3月月考,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( ABD )
A.A1B∥平面HGF
B.FG∥HE
C.直线D1F与直线HE相交
D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°
练思维
1.(2024江苏、浙江部分学校大联考,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,M是BC中点,N是PD中点.
(1)证明:直线MN∥平面PAB;
(2)若PG=4GC,求平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值.
解析 (1)证明:取PA的中点Q,连接QB,QN.
∵Q,N分别为PA,PD的中点,
∴QN=12AD且QN∥AD.又BM=12AD,BM∥AD,
∴QN=BM且QN∥BM,∴四边形BMNQ为平行四边形,∴MN∥BQ,
∵MN⊄平面PAB,BQ⊂平面PAB,
∴直线MN∥平面PAB.(5分)
(2)由题意知PA,AB,AD两两垂直.
以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N(0,1,1),M(2,1,0),则PD=(0,2,-2),CD=
(-2,0,0),MN=(-2,0,1),
∵PG=4GC,∴G85,85,25,∴GM=25,−35,−25,
设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),
则n1·PD=2y−2z=0,n1·CD=−2x=0,
取y=1,得n1=(0,1,1),
设平面GMN的法向量为n2=(a,b,c),
则n2·MN=−2a+c=0,n2·GM=25a−35b−25c=0,
取a=1,得n2=1,−23,2,
设平面PCD与平面GMN的夹角为θ,
则cs θ=|cs|=|n1·n2||n1|·|n2|=0−23+22×73=227,(12分)
所以平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值为227.(13分)
2.(2024重庆二诊,15)如图,直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥DC,且AB=2DC,E,F分别是棱AB,AD的中点.
(1)证明:平面D1EF∥平面C1BD;
(2)已知AA1=AD=DC=1,∠DAB=60°,求直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值.
解析 (1)证明:在△ABD中,E,F分别为AB,AD的中点,
所以EF∥BD.因为EF⊄平面C1BD,BD⊂平面C1BD,
所以EF∥平面C1BD,(2分)
因为DC∥AB,DC=12AB=EB,D1C1∥DC,D1C1=DC,
所以EB∥D1C1且EB=D1C1,
则四边形BC1D1E为平行四边形,故D1E∥C1B,
因为D1E⊄平面C1BD,C1B⊂平面C1BD,
所以D1E∥平面C1BD,(5分)
因为EF,D1E为平面D1EF中两相交直线,
所以平面D1EF∥平面C1BD.(6分)
(2)在△ABD中,AD=1,AB=2DC=2,∠DAB=60°,所以BD=3,则AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD,则AD,DB,DD1两两垂直.(8分)
以DA的方向为x轴正方向,DB的方向为y轴正方向,DD1的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图.
则E12,32,0,F12,0,0,A1(1,0,1),C1−12,32,1,
则FE=0,32,0,FA1=12,0,1,DC1=−12,32,1.
设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z),则FE·n=0,FA1·n=0,
即32y=0,12x+z=0,取n=(-2,0,1),(11分)
则cs=1+12×5=105,
所以直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值为105.(13分)
3.(2024江苏南京、盐城一模,16)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,平面AA1D1D⊥平面ABCD,A1A=D1D=17,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上.
(1)若BQ=3QC,证明:PQ∥平面ABB1A1;
(2)若二面角P-QD-C的正弦值为52626,求BQ的长.
解析 (1)证明:取AA1的中点M,连接MP,MB.
在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形A1ADD1是梯形,A1D1=2,AD=4,又点M,P分别是棱A1A,D1D的中点,
所以MP∥AD,且MP=A1D1+AD2=3,(2分)
在正方形ABCD中,BC∥AD,BC=4,又BQ=3QC,所以BQ=3.从而MP?BQ,所以四边形BMPQ是平行四边形,
所以PQ∥MB,(4分)
又因为MB⊂平面ABB1A1,PQ⊄平面ABB1A1,
所以PQ∥平面ABB1A1.(6分)
(2)在平面AA1D1D中,作A1O⊥AD于O.
因为平面AA1D1D⊥平面ABCD,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,A1O⊂平面AA1D1D,所以A1O⊥平面ABCD.
在正方形ABCD中,过O作AB的平行线交BC于点N,则ON⊥OD.
以{ON,OD,OA1}为正交基底,建立空间直角坐标系O-xyz.
因为四边形AA1D1D是等腰梯形,A1D1=2,AD=4,所以AO=1,又A1A=D1D=17,所以A1O=4.
易得B(4,-1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P0,52,2,所以DC=(4,0,0),DP=0,−12,2,CB=(0,-4,0).(9分)
设CQ=λCB=(0,-4λ,0)(0≤λ≤1),
所以DQ=DC+CQ=(4,-4λ,0).
设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z),
由m·DP=0,m·DQ=0,得−12y+2z=0,4x−4λy=0,取m=(4λ,4,1).
易知平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1).(12分)
设二面角P-QD-C的平面角为θ,
由题意得|cs θ|=1−sin2θ=126.
又|cs θ|=|cs|=|m·n||m|·|n|=1(4λ)2+17,
所以1(4λ)2+17=126,解得λ=34(舍负),
因此CQ=34×4=3,BQ=1.
所以当二面角P-QD-C的正弦值为52626时,BQ的长为1.(15分)
练风向
1.(创新考法)(2024山东临沂一模,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AA1=3,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AD=2DA1,C1E=2EC,F为B1C1的中点.
(1)在平面ABB1A1内,过A作一条直线与平面DEF平行,并说明理由;
(2)当三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.
解析 (1)连接AB1,直线AB1即为所求.(1分)
理由:连接AC1交DE于点M,连接MF,DC1,AE.(2分)
∵AD=2DA1,C1E=2EC,
∴AD=C1E=23AA1=2,
又AD∥C1E,∴四边形ADC1E为平行四边形,
∴AM=MC1,(4分)
又B1F=FC1,
∴MF∥AB1,(5分)
又MF⊂平面DEF,AB1⊄平面DEF,
∴AB1∥平面DEF.(6分)
(2)∵S△ABC=12×2×2sin∠ABC=2sin∠ABC,
∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6sin∠ABC,
∴当∠ABC=π2时,S△ABC取得最大值,即当AB⊥BC时,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大,
(7分)
又∵BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,(8分)
则D(2,0,2),E(0,2,1),F(0,1,3),
∴DE=(-2,2,-1),EF=(0,-1,2),(10分)
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
由n·DE=0,n·EF=0,得−2x+2y−z=0,−y+2z=0,
取z=1,则y=2,x=32,此时n=32,2,1,(12分)
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),(13分)
记平面DEF与平面ABC的夹角为θ,
则cs θ=|m·n||m||n|=194+4+1×1=22929.(14分)
故平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为22929.(15分)
2.(创新考法)(2024江苏南通第二次调研,17)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明:
①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点.
注:若两个问题均作答,则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
解析 (1)证明:选①.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.
又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG.
又BD⊂平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.
选②.在△ACD中,AG=2GD,F为CD的中点,所以GF与AC不平行.
设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF,又AC⊂平面ABC,FG⊂平面EFG,所以K∈平面ABC,K∈平面EFG.
又平面ABC∩平面EFG=HE,
所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.
(2)若第(1)问中选①.
由(1)知,BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
若第(1)问中选②.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,
所以BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
连接EA,ED,
因为△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,
所以EA⊥BC,ED⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,所以AE⊥平面BCD,
又ED⊂平面BCD,所以EA⊥ED.
以{EB,ED,EA}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系,
则E(0,0,0),B(2,0,0),F(-1,3,0),G0,433,233,
则EB=(2,0,0),EF=(-1,3,0),EG=0,433,233.
设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),则EF·n=0,EG·n=0,
即−x+3y=0,433y+233z=0,不妨取n=(3,1,-2).
设点B到平面EFG的距离为d,则d=|EB·n|n=238=62,
所以直线BD与平面EFG的距离为62.