最新高考数学一轮复习【讲通练透】 第03讲 直线、平面平行的判定与性质（练透）

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2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题。错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
第03讲 直线、平面平行的判定与性质
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·陕西西安·统考一模）已知是平面外的两条直线，在的前提下，“”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
【答案】A
【解析】因为是平面外的两条直线，，
所以面内必存在一条直线与平行，不妨设为，则，
所以当时，，又，所以，即充分性成立；
当时，可能平行，也可能相交，即必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（2023·黑龙江大庆·统考二模）已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则可以用来判断的条件有（ ）
①，
②，
③，，
④，，
A．①②B．①③C．②③D．①④
【答案】D
【解析】根据题意，依次分析4个条件：
对于①，垂直于同一平面的两条直线平行，可以判断，
对于②，平面同一平面的两条直线可以平行、也可以相交或异面，不可以判断，
对于③，两个平行平面内的两条直线，可以平行、也可以相交或异面，不可以判断，
对于④，由直线与平面平行的性质分析，可以判断，
则可以判断的是①④；故A，B，C错误.
故选：D．
3．（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，在正四棱台中，，、分别为棱、的中点，则下列结论中一定不成立的是（ ）

A．平面B．
C．平面D．
【答案】C
【解析】对于A选项，连接，如下图所示：

在正四棱台中，，则且，
因为为的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
由正四棱台的几何性质可知，四边形为正方形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，则平面平面，
因为平面，所以，平面，A对；
对于B选项，将正四棱台补成正四棱锥，
连接交于点，则为的中点，连接，

因为，为的中点，则，
又因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故，B对；
对于C选项，取棱的中点，连接、，

在梯形中，且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，故且，
故四边形为梯形，且、为两腰，则、相交，
又因为平面，从而直线与平面有公共点，
即与平面不平行，C错；
对于D选项，连接，如下图所示：

因为，，为的中点，则且，
因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
若，则，不妨设，，
在平面内，以点为坐标原点，为轴，
过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，

设点到直线的距离为，则、、、、，
，，则，解得，
即当点到直线的距离为时，，D对.
故选：C.
4．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）已知平面、、，其中，，点在平面内，有以下四个命题：
①在内过点，有且只有一条直线垂直；
②在内过点，有且只有一条直线平行；
③过点作的垂线，则；
④与、的交线分别为、，则．
则真命题的个数为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】B
【解析】，，，
又点在平面内，在内过点，有且只有一条直线垂直，故①正确；
当在与的交线上时，在内过点，不存在直线平行，故②错误；
当在与的交线上时，过点作的垂线，则，故③错误；
与、的交线分别为、，由平面与平面平行的性质，可得，故④正确．
真命题的个数为2．

故选：B．
5．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱，的中点．若点为侧面正方形内（含边界）的动点，且平面，则与侧面所成角的正切值最大为（ ）

A．2B．1C．D．
【答案】D
【解析】取的中点，连接、、、、，如图所示：

在正方体中，且，
因为、分别是棱、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，同理可证平面，
，平面，
所以平面平面，
平面，若，则平面，平面，
所以，点在侧面内的轨迹为线段，
因为平面，
所以与侧面所成的角为，
在，，
所以，
所以与侧面所成角的正切值为，
在中，，所以，
所以点到边的距离为，即的最小值为，
所以与侧面所成角的正切值的最大值为，
故选：D.
6．（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接交于点，连接，则平面即为平面，

因为，平面，平面，所以，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以，，
所以且，所以，
又，所以，所以.
故选：B.
7．（2023·云南昆明·统考模拟预测）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，平面满足，若直线AC到平面的距离与BC1到平面的距离相等，平面与此正方体的面相交，则交线围成的图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【解析】如图，
设分别为的中点，
连接，
，
，，
同理可得，，，
共面，
平面，平面，
平面，
同理可得平面，
为的中点，
到平面的距离与到平面的距离相等，
即平面为所求的平面，故与正方体交线为正六边形.
故选：D
8．（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】延长，交的延长线与，连接，分别交，于，
过点作交于点，过点作交于点，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，所以平面平面，
过点作交于点，
连接，则
则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，，
所以，
因为，所以，
过点作⊥于点，则，
则由几何关系可知，所以，
由勾股定理得，
所以点的轨迹所构成的周长为.
故选：D
9．（多选题）（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）下列命题正确的是（ ）
A．如果一条直线上两点到一个平面的距离相等，那么这个直线与这个平面平行
B．两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等
C．如果一个平面内一个锐角的两边，分别平行于另一个平面内一个角的两边，那么这两个平面平行
D．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直
【答案】BC
【解析】对于A，当直线上的两点位于平面的同侧时，可得直线与平面平行；当两点位于平面两侧时，直线与平面相交，故A错误；
对于B，如图，，则确定一个平面，又因为，平面，平面，所以根据平面与平面平行的性质得，所以四边形是平行四边形，所以，故B正确；

对于C，根据平面与平面平行的判定可知C正确；
对于D，当平面内的无数条直线都平行时，不能得到直线与平面垂直，故D错误；
故选：BC.
10．（多选题）（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知，，是三个平面，，，．下列结论正确的是（ ）
A．若，则与可能是异面直线
B．若，则直线、、必然交于一点（即三线共点）
C．若，则
D．若，则与可能是异面直线
【答案】BC
【解析】对于A、B：由题意，知，可得，，因为，可得，
又由，可得，所以为与的公共点．
又，所以，所以、、三线共点，故A错误，B正确．
对于C、D：由题意，因为，，，所以，
因为，，，所以，同理可证，所以，故C正确，D错误；
故选：BC
11．（多选题）（2023·广东梅州·统考三模）已知正方体的棱长为2，为四边形的中心，为线段上的一个动点，为线段上一点，若三棱锥的体积为定值，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】连接，交于点，连接，

因为为四边形的中心，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，且为定值，
所以平面，所以平面与平面为同一平面，
所以为与的交点，所以，故A错误，B正确；
因为正方体的棱长为2，所以．故C正确，D错误．
故选：BC．
12．（多选题）（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在直三棱柱中，，，点是上的动点，点是上的动点，则（ ）

A．//平面B．与不垂直
C．存在点、，使得D．的最小值是
【答案】CD
【解析】对于A，在直三棱柱中，
，因为平面，
所以与平面相交，A错；
因为平面，平面，
所以，若与重合，此时；
若与不重合，与也垂直，
又，平面，
则平面，又平面，
则，不成立，所以此时与不垂直，故B错；
如图，过点作，
又平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，则，
又是上的动点，点是上的动点，
所以存在点、使得，
即存在点、，使得，C正确；

对于D，将和放置于同一平面内，如图，

则，
因为，
所以，
在直角三角形中，
，
所以为等边三角形，所以，
，
所以，D正确.
故选：CD
13．（2023·广西贵港·贵港市高级中学校考三模）正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，给出下列四
个命题：
①上底边的中点在平面内
②直线与平面不平行
③平面截正方体所得的截面面积为
④点与点到平面的距离相等．
错误的命题是 ．
【答案】①②④
【解析】在①中，如图所示，连接，，延长，交于点，因为，为，的中点，
所以，，所以，所以，，，四点共面，
所以截面即为梯形，所以上底边的中点不在平面内，故①错误；
在②中，如图所示，取的中点，连接，，由条件可知，，
且，，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，故②错误；
在③中，由①可知，因为，，
所以，所以，故③正确；
在④中，记点与点到平面的距离分别为，，
因为，所以，
又因为，
所以，故④错误．
故答案为：①②④ .

14．（2023·山西临汾·统考三模）在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，过BC中点E的截面与AB，CD都平行，则截面的周长为 ．
【答案】4
【解析】设的中点分别为，连接，
根据三角形中位线定理，可得：，
，
所以有，因此四边形是平行四边形，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理平面，
因此平行四边形的周长为，
故答案为：
15．（2023·安徽·安徽省含山中学校联考三模）三棱锥中，，过线段中点E作平面与直线、都平行，且分别交、、于F、G、H，则四边形的周长为 ．
【答案】2
【解析】因为平面，平面平面，平面ABC，
所以EH，又点E为中点，所以EH为三角形ABC的中位线，故.
同理，
所以四边形的周长为2.
故答案为：2
16．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）如图，直角梯形中，，，，，为的中点．把折起，使至，若点是线段上的动点，则有下列结论：
①存在点，使平面；
②对任意点，使与成异面直线；
③存在点，使平面；
④存在点，使平面．
其中不正确的序号是 ．
【答案】②③④
【解析】对于①，取的三等分点，使，
当时，有．又，
四边形为平行四边形，则，
故平面平面，而平面，则平面，因此①正确；
对于②，当点与点重合时，与共面，故②错误；
对于③，若平面，则垂直于平面内的任何直线，而，
不垂直于平面，故③错误；
对于④，若平面，则，而，
显然在△中不成立，故④错误．
综上可得：②③④错误．
故答案为：②③④
17．（2023·河南·统考三模）如图，四棱锥中，四边形为梯形，∥，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）连接BD，M，N分别是PD，PB的中点．
∥
又平面，平面
直线∥平面
（2），，
,
,
两两之间互相垂直
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系

,,,,
又M，N分别是PD，PB的中点．
，
,，
设平面的法向量为
可得
解得令可得法向量
,，
平面
为平面得法向量
令平面与平面夹角为且为锐角
平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2023·北京·首都师范大学附属中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，△PAD为等边三角形，//，，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别为棱PD，PB的中点．

(1)求证：∥；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点G，使得∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【解析】（1）因为//，平面，平面，
所以//平面，
又因为平面，平面平面直线l，
所以∥.
（2）取的中点，连接，
由题意可得：//，且，
则为平行四边形，可得//，
且平面PAD，则平面PAD，
由平面PAD，则，
又因为△PAD为等边三角形，则为的中点，可得，
，平面，则平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
由题意可知：平面PAD的法向量，
可得，
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.

（3）由（2）可得：，
设，，则，
可得，解得，
即，可得，
若∥平面AEF，则，
可得，解得，
所以存在点，使得∥平面AEF，此时.
19．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体的所有棱长都相等，平面平面ABCD，AD⊥DC，二面角的大小为120°，E为棱的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC1上，平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
【解析】（1）（1）因为平面平面，且两平面交线为,，平面
所以平面，所以，是二面角的平面角，故 ．
连接，E为棱的中点，则，从而．
又，，平面AED，所以平面，平面,因此．
（2）解法1：设，则，所以．
连交于点，连接交于点G，连．因为平面，平面AEC,平面AEC平面BDF=OG
所以，因为为中点，
所以G为中点，故．且直线与所成角等于直线与所成角．
在中，，因为，
所以．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为．
解法2；设，则，所以．
取中点为，连接交于点，则．
连接交于点，连，因为平面，平面AGE，平面AGE平面BDF=IH，所以．
与所成角等于直线与所成角．
正方形中，，，所以，故．
在中，，，
由余弦定理．在中，．
因此直线与所成角的余弦值为．
解法3:由（1）知平面，以为坐标原点，为x轴正方向，为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
由（1）知，得，．
则，，，．
由，得．
因为平面BDF，所以存在唯一的，，
使得，
故，解得，
从而．
所以直线与所成角的余弦值为．
1．（2018•浙江）已知平面，直线，满足，，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】
【解析】，，“” “”．
”是“”的充分不必要条件．
故选：．
2．（2017•新课标Ⅰ）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；
对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；
对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；
所以选项满足题意，
故选：．
3．（2022•甲卷（文））小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
（1）证明：平面；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解析】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，
做于点，做于点，
由于底面为正方形，，均为等边三角形，
故等边三角形的高相等，即，
由面面垂直的性质可知，均与底面垂直，
则，四边形为平行四边形，则，
由于不在平面内，在平面内，
由线面平行的判断定理可得平面．
（2）易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，
其中长方体的高，
长方体的体积，
一个三棱锥的体积，
则包装盒的容积为．
4．（2020•江苏）在三棱柱中，，平面，，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【解析】证明：（1），分别是，的中点．
所以，因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
5．（2019•江苏）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，．求证：
（1）平面；
（2）．
【解析】证明：（1）在直三棱柱中，，分别为，的中点，
，，，
平面，平面，
平面．
（2）在直三棱柱中，是的中点，．
，
直三棱柱中，平面，平面，
，
又，平面，
平面，．
6．（2019•北京）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求证：平面平面；
（Ⅲ）棱上是否存在点，使得平面？说明理由．
【解析】证明：（Ⅰ）四棱锥中，平面，底面为菱形，
，，
，平面．
（Ⅱ）在四棱锥中，平面，底面为菱形，
为的中点，，
，，
，平面，
平面，平面平面．
（Ⅲ）棱上是存在中点，使得平面．
理由如下：取中点，连结，，
在四棱锥中，平面，底面为菱形，为的中点，
，，
，，
平面平面，
平面，平面．
7．（2018•北京）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求证：平面．
【解析】证明：（Ⅰ），为的中点，
可得，
底面为矩形，可得，
则；
（Ⅱ）由于平面和平面有一个公共点，
且，
在平面内过作直线，
可得，
即有平面平面，
由平面平面，又，
可得平面，即有，
；
同理可得，即有，
可得为平面和平面的平面角，
由，
可得平面平面；
（Ⅲ）取的中点，连接，，
在三角形中，为中位线，可得，
，
由，，
可得，，
四边形为平行四边形，
可得，
平面，平面，
即有平面．
8．（2018•江苏）在平行六面体中，，．求证：
（1）平面；
（2）平面平面．
【解析】证明：（1）平行六面体中，平行六面体可得每个面均为平行四边形，所以，
，平面，平面平面；
（2）在平行六面体中，，四边形是菱形，．
在平行六面体中，，．
面，且平面平面平面．
9．（2018•新课标Ⅲ）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【解析】（1）证明：矩形所在平面与半圆弦所在平面垂直，
所以半圆弦所在平面，半圆弦所在平面，
，
是上异于，的点．，，
平面，平面，
平面平面；
（2）存在是的中点，
理由：连接、交于，取的中点，连接，连接，，
可得，平面，平面，
所以平面．