新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案40第七章立体几何第三讲空间直线平面的平行

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案40第七章立体几何第三讲空间直线平面的平行，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

练案[40] 第三讲　空间直线、平面的平行
A组基础巩固
一、单选题
1．(2023·河南郑州、商丘名师联盟联考)过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，若所得交线为a，b，c，…，则这些交线的位置关系为( A )
A．平行或交于同一点 B．相交于同一点
C．相交但交于不同的点 D．平行
[解析]　若l∥α，则l∥a，l∥b，l∥c，…，∴a∥b∥c….若l∩α＝P，则a，b，c，…交于点P.
2．(2022·黑龙江大庆让胡路区联考)已知m，n是直线，α是平面，且m∥α，则下列结论中正确的是( B )
A．∀n⊂α，都有m∥n B．∃n⊂α，使m⊥n
C．∀n∥m，都有n∥α D．∃n⊥α，使m∥n
[解析]　由m，n是直线，α是平面，且m∥α，得：对于A，∀n⊂α，则m，n平行或异面，故A不正确；对于B，∃n⊂α，使m⊥n，故B正确；对于C，∀n∥m，则n∥α或n⊂α，故C不正确；对于D，若n⊥α，因为m∥α，所以m⊥n，故D不正确，故选B.
3．(2022·湖北武汉模拟)设α、β、γ为平面，a、b为直线，给出下列条件：
①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；
②α∥γ，β∥γ；
③α⊥γ，β⊥γ；
④a⊥α，b⊥β，a∥b
其中能推出α∥β的条件是( C )
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
[解析]　①有如下反例：

故不能推出α∥β；
②面面平行的判定：平行于同一个平面的两个平面平行，能推出α∥β；
③有如下反例：

故不能推出α∥β；
④面面平行的推论：如果两个平面的垂线平行，那么这两个平面平行，能推出α∥β.故选C.
4.(2023·广东湛江调研测试)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱C1D1的中点，则( D )

A．B1C∥平面A1BM
B．A1B1∥平面BDM
C．BM∥平面ACD1
D．BC1∥平面A1MC
[解析]　因为B1C∥A1D，A1D与平面A1BM相交，所以B1C与平面A1BM不平行，故A错误；因为A1B1∥AB，AB与平面BDM相交，所以A1B1与平面BDM不平行，故B错误；取AB的中点E，连接D1E(图略)，则D1E∥BM.因为D1E与平面ACD1相交，所以BM与平面ACD1不平行，故C错误；取A1B1的中点N，连接C1N，BN(图略)，易知平面BC1N∥平面A1MC1，故D正确．
5．(2023·山东济宁期末)已知m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是( C )
①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
②若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
③若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥β
④若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β
A．①② B．①③
C．②③ D．②④
[解析]　在①中的条件下，m∥n或m与n相交或m、n异面，①错；
又⇒⇒α∥β，②正确；
⇒⇒m∥β，③正确；
⇒⇒m∥β或m⊂β，④错，故选C.
6．(2022·西南名校联盟月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为棱BC的中点，用平行于体对角线BD1且过点A，M的平面去截正方体ABCD－A1B1C1D1，得到的截面的形状是( C )

A．五边形 B．平行四边形
C．梯形 D．以上都不对
[解析]　设截面为α，∵BD1∥α，平面BD1D∩α＝OP，∴BD1∥OP，且＝＝＝，

又设α∩平面BC1＝MN，则由平面AD1∥平面BC1，α∩平面AD1＝AP，α∩平面BC1＝MN知AP∥MN，显然AP≠MN，∴截面AMNP为梯形，故选C.
7．(2022·四川资阳诊断)设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是( D )
A．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
B．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
C．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
D．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n
[解析]　由α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，知：
在A中，若α⊥β，m⊂α，则m与β相交、平行或m⊂β，故A错误；
在B中，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，故B错误；
在C中，若m∥α，α∩β＝n，则m与n平行或异面，故C错误．故选D.
8．(2022·安徽安庆模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、Q分别是棱D1C1，A1D1、BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法中正确的个数是( B )
①MN∥平面APC　②C1Q∥平面APC　③A、P、M三点共线　④平面MNQ∥平面APC
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　对于①，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM、CN，

易得AM、CN交于点P，即MN⊂平面APC，
所以MN∥平面APC是错误的；
对于②，由①知M、N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，所以C1Q∥平面APC是正确的；
对于③，由①知，A，P，M三点共线是正确的；
对于④，由①知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．故选B.
二、多选题
9．(2023·湖北荆州中学期末)下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，下列叙述正确的有( ACD )

A．AH⊥FC
B．AC∥BG
C．BD与FC所成的角为60°
D．AC∥平面BEG
[解析]　将平面展开图以ABCD为下底面，折起还原为正方体，各顶点的字母标记如图所示，连接DE，则AH⊥DE，FC∥DE，∴AH⊥FC，故A正确；AC∥EG，EG与BG相交，∴AC与BG显然不平行，故B错误；

∵DE∥CF，△BDE为等边三角形，∴∠BDE＝60°，故异面直线BD与FC所成的角为60°，故C正确；
∵AC∥EG，AC⊄平面BEG，EG⊂平面BEG，∴AC∥平面BEG，故D正确．故选ACD.
10．(2023·辽宁葫芦岛模拟)如图所示，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列满足MN∥平面ABC的是( BC )

[解析]　对于A，如图所示，点E，F为正方体的两个顶点，则MN∥EF∥AC，

所以N、M、C、A四点共面，同理可证AM∥BC，即B、C、M、A四点共面，
MN⊂平面ABC，故A错误；
对于B，如图所示，D为正方体的一个顶点，则AC∥MD，BC∥ND，AC⊂平面ABC，DM⊄平面ABC，所以DM∥平面ABC，同理可证DN∥平面ABC，

又MD∩ND＝D，MD，ND⊂平面DMN，
平面ABC∥平面DMN，
又MN⊂平面DMN，
MN∥平面ABC，故B正确；
对于C，如图所示，G为正方体的一个顶点，则平面ABC∥平面GMN，

∵MN⊂平面GMN，
MN∥平面ABC，故C正确；
对于D，连接CN，则AB∥CN，A，B，C，N四点共面，
∴MN∩平面ABC＝N，与MN∥平面ABC相矛盾，故D错误．故选BC.

三、填空题
11．(2023·广西桂林二模)已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c⇒a∥c；②a∥α，b∥α⇒a∥b；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.其中正确的命题是_①④__.(写出所有正确命题的序号)
[解析]　根据线线平行的传递性，可知①正确；若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交、异面，故②不正确；若a∥α，β∥α，则a∥β或a⊂β，故③不正确；由线面平行的判定定理可知④正确．故正确的命题是①④.
12．已知平面α∥β，点A，C∈α，B，D∈β，直线AB与直线CD交于点S，且AS＝8，BS＝9，CD＝34，则CS的长为_16或272__.
[解析]　本题主要考查两平面平行的性质定理．①当点S在两平行平面之间时，如图1所示，∵直线AB与直线CD交于点S，直线AB与直线CD可确定一个平面γ，且α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.∵α∥β，∴AC∥BD，∴＝，即＝，得＝，解得CS＝16.②当点S在两平行平面的同侧时，如图2所示，由①知AC∥BD，则有＝，即＝，解得CS＝272.

13．(2022·江西南昌模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F，M，N分别是BC，B1C1，AA1，CC1，A1C的中点，

给出下列四个判断：
①EF∥平面ADB1；
②EM∥平面ADB1；
③EN∥平面ADB1；
④A1M∥平面ADB1；
则错误的序号为_①②④__.
[解析]　由A1E∥AD，EC∥B1D易知平面ADB1∥平面A1EC，显然EF与平面A1EC相交，从而EF与平面ADB1相交，①错；又EM与B1D相交，从而EM与平面ADB1相交，②错；由EN⊂平面AEC知EN∥平面ADB1，③对；又A1M与平面A1EC相交，从而与平面ADB1相交，④错．
四、解答题
14．(2022·浙江模拟)如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

(1)求证：BE∥平面DMF；
(2)求证：平面BDE∥平面MNG.
[证明]　(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，

连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.
又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
15．(2023·广东珠海模拟)如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，AB⊥AC，AB＝AC＝，PB＝PC＝，点M是PA的中点，点D是AC的中点，点N在PB上且PN＝2NB.

证明：BD∥平面CMN.
[证明]　证法一：连接PD设与CM交于E，连接NE，

∵点M是PA的中点，点D是AC的中点，
∴E为△PAC的重心，
∴＝2，
∴＝＝，
∴NE∥BD，NE⊂平面CMN，BD⊄平面CMN，
∴BD∥平面CMN.
证法二：

取AM的中点H，连接BH，HD，
∵D为AC的中点，
∴HD∥MC，
又＝＝2，
∴MN∥BH，
又MN∩MC＝M，BH∩HD＝H，
∴平面BDH∥平面MNC，
又BD⊂平面BDH，
∴BD∥平面MNC.
B组能力提升
1.(多选题)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论中正确的是( BC )

A．直线A1C1与AD1所成的角为
B．A1C1∥平面ACD1
C．平面A1C1B∥平面ACD1
D．三棱锥D1－ABC的体积为
[解析]　直线A1C1与AD1所成的角为，A错误；
∵AA1∥CC1且AA1＝CC1，则AA1C1C为平行四边形，
∴A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴A1C1∥平面ACD1，B正确；
同理可证：BC1∥平面ACD1，
A1C1∩BC1＝C1，平面A1C1B∥平面ACD1，C正确；
VD1－ABC＝×2××2×2＝，D错误．故选BC.
2.(多选题)(2022·辽宁沈阳模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则( ABD )

A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
[解析]　若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC∥平面PAD，由BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，可得BC∥AD，则四边形ABCD为平行四边形，与已知矛盾，故A正确；
平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线，在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；
由AB∥CD得AB∥平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，
则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知底面ABCD为梯形矛盾，故D正确．故选ABD.
3．(多选题)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列选项正确的是( ABC )

A．点D1在平面AEF内
B．A1G∥平面AEF
C．异面直线A1G与EF所成角的正切值为3
D．四面体A1BC1D与四面体AB1CD1的公共部分的体积是
[解析]　由题意知EF∥AD1，

∴D1、A、E、F共面，A正确；取B1C1的中点H，连接GH，A1H，由GH∥BC1∥EF知GH∥平面AEF，同理A1H∥平面AEF，∴平面A1GH∥平面AEF，∴A1G∥平面AEF，B正确；∠A1GH或其补角为A1G与EF所成的角θ.∵AB＝2，则A1G＝A1H＝，GH＝，∴cos θ＝＝，从而sin θ＝，∴tan θ＝3，C正确；四面体A1BC1D与四面体AB1CD1的公共部分是以正方体六个表面中心为顶点的正八面体，其棱长为，所以其体积为2××()2×1＝，D错误．故选ABC.
4．(2023·天津实验中学高考前热身训练(节选))如图，平面ABCD⊥平面BCEF，且四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2.

求证：AF∥平面CDE.
[证明]　解法一：∵ABCD是矩形，∴AB∥CD，
又AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
∴AB∥平面CDE，
∵BF∥CE，BF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，
∴BF∥平面CDE，从而平面ABF∥平面CDE，
又AF⊂平面CDE，∴AF∥平面CDE.
解法二：取CE的中点H，连接DH，则BF＝CH＝2且BF∥CH，又BC⊥CE，

∴四边形BFHC为正方形，
则FH∥BC且FH＝BC，
又四边形ABCD为矩形，则BC∥AD且BC＝AD，
∴FH∥AD且FH＝AD，则四边形AFHD为平行四边形，所以AF∥DH，
又AF⊄平面CDE，DH⊂平面CDE，
∴AF∥平面CDE.
解法三：∵平面ABCD⊥平面BCEF，BC⊥CE，
∴CE⊥平面ABCD，从而CE⊥CD，
又ABCD为矩形，∴BC⊥CD.
∴CB、CE、CD两两垂直，且BC⊥平面CDE.
如图建立空间直角坐标系，则平面CDE的法向量为n＝(1,0,0)，

＝(0,2，－4)，
∴·n＝0，即n⊥，
又AF⊄平面CDE，∴AF∥平面CDE.
5．(2023·山东质检二(节选))如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是PC，PB上的点，且PF＝2FB，PE＝3EC.

证明：AF∥平面BDE.
[证明]　证法一：取PC的中点M，连接MF，连接FC交BE于H，连接AC交BD于O，连接OH，

∵PF＝2FB，PE＝3EC，
∴＝＝2，∴FM∥BE，
且E为MC的中点，从而H为FC的中点，
又ABCD为正方形，∴O为AC的中点，
∴OH∥AF，又OH⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，
∴AF∥平面BDE.
证法二：取PC的中点Q，连AQ，
因为PE＝3EC＝PC，PQ＝PC，所以＝，
且E为QC的中点．
又因为PF＝2FB，所以＝，所以＝.
所以FQ∥BE.
因为FQ⊄平面BDE，
BE⊂平面BDE，

所以FQ∥平面BDE.
连接AC，交BD于点M，
连接AQ，ME，
因为M为AC的中点，E为QC的中点，
所以AQ∥ME.
因为AQ⊄平面BDE，ME⊂平面BDE，
所以AQ∥平面BDE.
因为AQ⊂平面AQF，FQ⊂平面AQF，AQ∩QF＝Q，
所以平面AQF∥平面BDE.
因为AF⊂平面AQF，
所以AF∥平面BDE.