2023高考数学复习专项训练《线面平行的性质》

2023高考数学复习专项训练《线面平行的性质》

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）

1.（5分）在三棱柱中，是棱的中点，动点是侧面包括边界上一点，若平面，则动点的轨迹是

A. 线段
B. 圆弧
C. 椭圆的一部分
D. 抛物线的一部分

2.（5分）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则能得出的是

A. ，， B. ，， 
C. ，， D. ，，

3.（5分）已知直线平面，，那么过点且平行于直线的直线

A. 有无数条，不一定在平面内 B. 只有一条，不在平面内
C. 有无数条，一定在平面内 D. 只有一条，且在平面内

4.（5分）如果直线、与平面、、满足：，，和，那么必有

A. 且 B. 且
C. 且 D. 且

5.（5分），为空间中两条不重合直线，为空间中一平面，则下列说法正确的是

A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则

6.（5分）已知直线和平面，，则下列四个命题中正确的是

A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则

7.（5分）如图所示的三棱柱中，过的平面与平面交于，则与的位置关系是 
 
 

A. 异面 B. 平行 C. 相交 D. 以上均有可能

8.（5分）如图所示，长方体中，，分别是棱和的中点，过的平面分别交和于，，则与的位置关系是  
 

A. 平行 B. 相交
C. 异面 D. 平行或异面

二 、多选题（本大题共5小题，共25分）

9.（5分）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是

A. 若，，则直线平行于平面内的无数条直线
B. 若，，，则与是异面直线
C. 若，，则，一定相交
D. 若，，则

10.（5分）如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则
 

A.  B. 平面 C.  D.

11.（5分）已知正四棱柱的底面边长为，侧棱，为上底面上的动点，则下列结论正确的是

A. 若，则点的轨迹是一段圆弧
B. 若，则满足条件的点有且只有一个
C. 若平面，则长的最小值为
D. 若平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为

12.（5分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为的中点，为线段上的动点不包含端点，以下说法正确的是

A. 存在使得，平面
B. 在从移动到的过程中，与所成角不变
C. 对任意，三棱锥体积与三棱锥体积相等
D. 对任意，满足平面平面

13.（5分）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则

A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则

三 、填空题（本大题共5小题，共25分）

14.（5分）如图所示，一个正四面体木块中，点是棱的中点，过点将木块锯开，使截面平行于棱和，若木块的棱长为，则截面面积为________. 
 
 

15.（5分）设，为不重合的两条直线，，为不重合的两个平面，给出下列命题：

①若且，则；

②若且，则

③若，则一定存在平面，使得，；

④若，则一定存在直线，使得，

上面命题中，所有真命题的序号是________.

16.（5分）如图，在四棱锥中，底面为正方形．、分别为侧棱、上的点，且满足，平面，则________.

17.（5分）正四棱锥底面是正方形，顶点在底面上的射影是底面中心的底面边长为，高为，点、分别为，的中点，动点在正四棱锥的表面上运动，并且总保持平面，则动点的轨迹的周长为______. 
 

18.（5分）已知平面和两条不重合的直线，，有下列四个命题：  
若，，则  
若，，则  
若，，则  
若，，则或  
上述四个命题正确的是 ______ 写序号．

四 、解答题（本大题共5小题，共60分）

19.（12分）如图，在三棱柱中，已知、、分别为棱、、的中点，，平面，，为垂足．求证：
 
 
 

平面平面；

平面

20.（12分）已知正方体，点为中点，直线交平面于点 
 
 
 
证明：点为的中点； 
若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．

21.（12分）如图所示，已知三棱锥中，点、分别是边、的中点，过的平面截三棱锥得到的截面为.求证：. 
 

22.（12分）在平面四边形如图中，与均为直角三角形且有公共斜边，设，，，将沿折起，构成如图所示的三棱锥． 
 
当时，求证：平面平面； 
当时，求与平面所成角的正切值．

23.（12分）如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，，为上异于，的一点．

设平面与交于点，求证；

若，，，求四棱锥的体积．

答案和解析

1.【答案】A;

【解析】 
此题主要考查面面平行的判定与性质的应用，涉及棱柱的结构特征，线面平行的判定，属基础题. 
设的中点为，由线面平行的判定定理得到平面，进而利用面面平行的判定定理得到平面平面， 再由面面平行的性质定理得到，进而得到的轨迹. 
 
解： 
 
设的中点为，的中点为，连接、， 
为的中点，， 
又平面，平面， 
平面， 
又平面， ，平面，平面， 
平面平面，  
又平面平面直线，平面直线， 
由面面平行的性质定理得直线， 
又动点是侧面包括边界上一点，  
则动点的轨迹是线段 
故选
 

2.【答案】C;

【解析】解：若，，，，，则，故A错；  
B.若，，则，又，则，故B错；  
C.若，，则，又，则，故C正确；  
D.若，，设，由线面平行的性质得，，若，则，故D错．  
故选：． 
可通过线面垂直的性质定理，判断；通过面面平行的性质和线面垂直的性质，判断；通过面面平行的性质和线面垂直的定义，即可判断；由线面平行的性质和面面垂直的性质，即可判断． 
这道题主要考查空间直线与平面的位置关系：平行和垂直，考查线面、面面平行、垂直的判定和性质，熟记这些是迅速解答该题的关键．
 

3.【答案】D;

【解析】 
空间中直线与平面的位置关系．过一点有且只有一条直线与已知直线平行．属于基础题．过一点有且只有一条直线与已知直线平行．由于点在面内，所以直线也就在平面内． 
 
解：假设过点且平行于的直线有两条与， 
且 
由平行公理可得． 
这与两条直线与相交于点相矛盾． 
又点在平面内， 
过点且平行于的直线有一条且在平面内， 
假设错误． 
所以直线平面，，那么过点且平行于直线的直线只有一条，且在平面内． 
故选D． 
 

 

4.【答案】A;

【解析】 
此题主要考查空间直线和平面位置关系的判断，属于基础题． 
利用线面平行和线面垂直的判定定理和性质定理判断即可． 
 
解：如图，设底面为平面，平面为平面，平面为平面， 
 
，， 
面面垂直的判定定理 
设， 
，，， 
，线面平行的性质定理 
又，， 
，线面垂直的性质 
又， 
 
故选
 

5.【答案】B;

【解析】

 
此题主要考查了线面平行，垂直的判定与性质，属于基础题. 
根据空间中的线线平行、线面平行、线面垂直的定义以及性质逐项进行判断. 
 
A.因为，，所以当时，不满足，故错误； 
B.根据“垂直于同一平面的不同直线互相平行”可知正确； 
C.因为，，所以可能是异面直线，故错误； 
D.因为，，所以时也满足，故错误， 
故选 

 

6.【答案】D;

【解析】解：对于，若，，则与可能平行，如果是交线，则在内，故A错误；  
对于，若，，则或者；故B错误；  
对于，若，，则与可能相交；故C错误；  
对于，若，，利用面面平行的性质以及项目存在的性质可以判断；故D正确；  
故选D． 
利用面面垂直、面面平行、线面平行的性质对选项分别分析选择．  
该题考查了面面垂直、面面平行、线面平行的性质的运用；注意定理运用时的条件，考虑特殊位置．
 

7.【答案】B;

【解析】【试题解析】 
 
此题主要考查空间中直线与直线的位置关系. 
由题意得出平面，过的平面与平面交于，进而可求解. 
 

解：在三棱柱中，

平面，平面，

 平面

过的平面与平面交于，

， 
故选
 

8.【答案】A;

【解析】 
此题主要考查了空间两直线的位置关系的判定，线面平行的判定和性质，考查空间想象能力，属于基础题． 
由题意，可得，利用线面平行的判定定理可得平面，由线面平行的性质可得，即可得出结果. 
 
解：，分别是棱的中点， 
， 
平面，平面， 
平面， 
平面， 
平面平面， 
 
故选
 

9.【答案】AD;

【解析】 
此题主要考查命题真假的判断，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用，是基础题. 
根据空间中线线、线面、面面间的位置关系逐项判断即可. 
解：若，，则直线平行于平面内的无数条直线，故正确； 
若，，，则与异面或者平行，故错误； 
若，，则可能相交，也有可能平行，故错误； 
若，，则，根据面面平行性质定理可知，故正确. 
故选
 

10.【答案】BD;

【解析】 
此题主要考查直线与平面平行的性质定理的应用、线面平行的判定，属于基础题． 
直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可． 
 
解：四棱锥中，，分别为，上的点，且平面， 
平面，平面平面， 
由直线与平面平行的性质定理可得：， 
因为平面，平面， 
所以平面， 
故选
 

11.【答案】ABD;

【解析】 
 此题主要考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识、几何体外接球表面积，考查运算求解能力，属于一般题． 
由题意画出图形，求出与上底面点的最大值；由，求得为定值判断；找出满足平面的的轨迹，求出长的最小值判断；由已知求出正四棱住的外接球的半径，进一步求出大圆面积判断解：如图， 
 
正四棱柱的底面边长为， 
，又侧棱， 
，则与重合时，此时点唯一，故正确； 
若，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故正确； 
连接，，可得平面平面，则当为中点时，有最小值为，故错误； 
由知，平面即为平面，平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的最大圆，其半径为，面积为，故正确． 
故选
 

12.【答案】CD;

【解析】 
此题主要考查空间直线与平面平行、平面与平面垂直的判断，考查异面直线所成的角与三棱锥的体积，属于中档题. 
利用线面平行的性质定理，可得平行于平面 与平面 的交线 ，与相交，则 与相交，可知错误；利用异面直线所成角的定义，可知错误；利用棱锥的体积公式，分别计算三棱锥 体积与三棱锥 体积，可知正确；利用面面垂直的判定定理，可知正确. 
 
解：对于：平面，于是平行于平面 与平面 的交线 ，与 相交，则 与 相交，则与平面相交，故错误； 
对于：取 的中点 ，则 ，与 所成角为，显然变化的，故错误； 
 
对于：设正方形边长为，， 
则， 
， 
故正确； 
对于：因为，为中点，所以， 
因为平面，平面，所以， 
由，与是平面内的两条相交直线，且相交于点 
所以平面，平面， 
则，又，，，平面， 
所以平面，平面， 
所以平面平面，故正确. 
故选
 

13.【答案】BC;

【解析】 
此题主要考查空间中直线与直线之间的位置关系， 平面与平面的位置关系，考查学生空间想象能力， 逻辑思维能力，是中档题. 
由空间中直线与直线之间的位置关系， 平面与平面的位置关系逐一判定各选项即可. 
 
解：若，，则或与异面，相交，故错误； 
D.若，，，则平行或相交或异面，故错误； 
C.若，，则，又，则，故正确； 
B.若，过的平面与相交与直线，由线面平行的性质定理可得，又，则，，则，故正确. 
故选
 

14.【答案】;

【解析】此题主要考查线面平行的判定和实际应用，关键之作出截面，属于基础题 
利用线面平行的判定定理可以四边形为所求的截面，易知四边形为边长为的正方形，问题得以解决 
 
解：在平面内作直线，交于， 
在平面内作直线，交于， 
过点作直线，交于， 
由于平面与和都平行，所以，，，， 
又四面体为正四面体，所以，且， 
所以，且， 
则四边形是边长为的正方形， 
故其面积为
 

15.【答案】②③④;

【解析】

此题主要考查了线面平行的判定、线面平行的性质、面面平行的判定和面面平行的性质，根据题意逐一判定即可得出结论.

解：若且，则与可能平行，可能相交，也可能异面，故①错误； 
若且，由线面垂直的几何性质可得，故②正确； 
若，则令，则存在平面，当时，，，故③正确； 
若，则存在直线，当且时，，故④正确．

故答案为②③④.
 

16.【答案】;

【解析】

此题主要考查空间中直线与平面的位置关系，线面平行的性质. 
连接交于点，连接，取的中点，连接、，可得，进而得出答案.

解：连接交于点，连接，

取的中点，连接、，

， 
，

又， 
， 
又平面，平面，

可得平面，

又平面，，、平面，

平面平面，

平面， 
平面， 
又平面平面，平面，

，

故答案为
 

17.【答案】;

【解析】 
此题主要考查面面平行的位置关系，属于中档题． 
过做一个平面与面平行，且与正四棱锥的表面相交，交线之和即为动点的轨迹的周长． 
 
解：取中点，连接， 
 
因为、分别为，中点，所以， 
因为，且， 
所以四边形是平行四边形， 
所以， 
因为，平面，，平面， 
，平面，且，， 
所以根据面面平行的判定得：平面平面， 
所以要使动点在正四棱锥的表面上运动，并且总保持平面 
则动点的轨迹的周长为的周长． 
由于，，， 
所以的周长为：， 
即动点的轨迹的周长为： 
故答案为： 

 

18.【答案】（4）;

【解析】解：若，，则或，异面，不正确；  
若，，则或相交、异面，不正确；  
若，，则或，不正确；  
若，，则或，正确．  
故答案为：． 
利用线面平行的判定与性质，即可得出结论．  
该题考查线面平行的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，正确运用线面平行的判定与性质是关键．
 

19.【答案】证明：连接 
，分别为棱，的中点， 
， 
在三棱柱中，，分别为棱，的中点， 
， 
四边形是平行四边形， 
 
又，， 
平面平面 
平面，， 
平面， 
， 
， 
又，平面， 
， 
又， 
平面;

【解析】利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理和性质定理即可得到，再利用面面平行的判定定理即可证明平面平面，利用面面平行的性质定理即可证明； 
利用线面垂直的性质定理可得，从而可证平面，于是得到，利用线面垂直的判定定理即可证明．
 

20.【答案】证明：连结， 
在正方体中，，平面，平面， 
则平面，因为平面平面， 
所以，则， 
故，又因为， 
所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形， 
所以，， 
而点为的中点，所以， 
故，则点为的中点； 
解：以点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 
 
设正方体的棱长为，设点，且， 
则，，， 
故， 
设平面的法向量为， 
则，即， 
所以，，故， 
设平面的法向量为， 
则，即， 
所以，，故， 
因为二面角的余弦值为， 
则， 
解得，又， 
所以， 
故;

【解析】此题主要考查了分式不等式的求解，分类讨论，由题意对不等式进行化简，分类讨论当时，时，不等式的解集.此题主要考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的性质定理的应用，二面角的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于较难题． 
连结，利用线面平行的判定定理证明平面，从而可证明，即可证明四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，可得，，即可证明，故点为的中点； 
建立合适的空间直角坐标系，设点，且，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面与平面的法向量，由向量的夹角公式列出关于的关系式，求解即可得到答案． 

 

21.【答案】证明：在中，点，分别是边，的中点，

则，

又面，面，

由线面平行的判定定理可知面，

又面，面面，

由线面平行的性质定理可知.;

【解析】

此题主要考查线面平行的判定与性质，属于基础题. 
先根据线面平行的判定定理证明面，再由线面平行的性质定理即可得证.
 

22.【答案】证明：取的中点，连，， 
 
，是直角三角形，，， 
， 
又， 
，即， 
，， 
是中点，， 
又，平面，平面， 
平面，平面， 
平面平面． 
解：，， 
且平面，平面，， 
平面，又平面， 
，且为与平面所成角． 
在中， 
，，， 
在中， 
，，，， 
在中， 
由，，可得， 
．;

【解析】该题考查了面面垂直的判定，线面垂直的判定与性质，棱锥的体积公式，属于中档题． 
取的中点，连，，利用直角三角形的性质解出，，利用勾股定理的逆定理得出，由等腰三角形三线合一得，故平面，于是平面平面； 
由，，得出平面，即为与平面所成角，然后求解三角形得答案． 

 

23.【答案】证明：如图，，面，面， 
平面， 
又平面平面， 
，则；

 
解：由，，，， 
可得，， 
， 
又底面，， 
平面，则 
，，则， 
又， 
;

【解析】

此题主要考查空间线面关系、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题． 
由，利用线面平行的判定定理得到平面，再由线面平行的性质得到，由平行公理得到； 
由已知求出长，进一步证明为直角三角形，求得，得到，然后求出底面直角梯形的面积，代入棱锥体积公式得答案．