高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行一课一练

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行一课一练，共36页。

【必做题】
一、单选题
1．（2021·高一课时练习）在空间中，下列说法中不正确的是( )
A．两组对边相等的四边形是平行四边形
B．两组对边平行的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】A
【分析】在立体几何中，有空间四边形，它的两组对边可以相等，故可得正确选项．
【详解】对于B、C，因为有一组对边平行，所以四边形是平面图形，依据平面中平行四边形的判定定理可知，B、C中的四边形都是平行四边形，故B、C都正确．
对于D，因为对角线互相平分，所以四边形是平面图形，依据平面中平行四边形的判定定理可知该四边形为平行四边形，故D正确
对于A，如图，，不同在一个平面内，故四边形不是平行四边形（两个同底的等腰三角形，它们可以绕底旋转）．
综上，选A．
2．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥中，分别为线段的中点，则下列说法正确的是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意结合三角形中位线的性质可得：，
由平行公理可得：.
本题选择C选项.
3．（2021·高一课时练习）若两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形
A．全等B．相似
C．仅有一个角相等D．全等或相似
【答案】D
【详解】由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等.
故选：D.
4．（2023春·全国·高一专题练习）若直线，与直线所成的角相等，则，的位置关系是（ ）
A．异面B．平行C．相交D．相交、平行、异面均有可能
【答案】D
【分析】根据题意，以正方体为例，即可找到满足条件的直线，与直线所成的角相等，则，的位置关系可以为相交、平行、异面．
【详解】解：若，显然直线，与直线所成的角相等；
若，相交，则，确定平面，若直线，
，，此时直线，与直线所成的角相等；
当直线，异面时，同样存在直线与，都垂直，此时直线，与直线所成的角相等；
故选D．
5．（2023·全国·高一专题练习）已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】C
【分析】ABD均可举出反例，
由线面垂直的性质可得得到C正确.
【详解】对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，如图1，，，而，相交，故A错误；
对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，如图2，
满足，，但相交，B错误；
对于C，垂直于同一平面的两直线平行，故C正确；
对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，
如图3，满足，，但相交，故D错误.
故选：C.
6．（2022秋·江苏泰州·高三江苏省泰兴中学校联考阶段练习）设是两个不重合的平面，下列选项中，是“”的充要条件的是（ ）
A．内存在无数条直线与平行B．存在直线与所成的角相等
C．存在平面，满足且D．内存在不共线的三个点到的距离相等
【答案】C
【分析】利用空间想象，结合充要条件的含义即可判断.
【详解】对于A，如果，在内与平行的直线有无数条，但此时不平行于，A错误；
对于B，如果，在空间必存在直线与平行的直线，此时也与两个平面平行，即直线与所成的角都等于，故B错误；
对于C，如果，则一定存在平面，满足且；
若且，则也一定有，
则“”的充要条件的是存在平面，满足且，C正确；
对于D，当时，内必存在不共线的三个点到的距离相等，但当时，同样可以在内找到不共线的三点到的距离相等，D错误.
故选：C
7．（2022秋·山东德州·高二校考阶段练习）若 ，，， 是直线，， 是平面，且 ，，且 ，，则平面与平面 （ ）
A．平行B．相交C．垂直D．不能确定
【答案】D
【分析】分类讨论是相交直线和是平行直线两种情况，即可得到答案
【详解】当是相交直线时，由面面平行的判定定理，可得到平面与平面平行（如图）；
当是平行直线时，则平面与平面可能平行，也可能相交（如图）；
综上所述，平面与平面可能平行,可能相交,
故选：D.
8．（2023·宁夏银川·银川二中校考一模）设、是两个不同的平面．则“中有三个不共线的点到的距离相等”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】B
【分析】利用平行平面的性质、特例法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】如下图所示：
当、相交时，设，若、、，且，则、到平面的距离相等，
若线段的中点，则、到平面的距离相等，则、、到平面的距离相等，
即“中有三个不共线的点到的距离相等”“”；
若，则内所有点到平面内的距离都相等，
即“中有三个不共线的点到的距离相等”“”.
因此，“中有三个不共线的点到的距离相等”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
二、多选题
9．（2022春·安徽安庆·高一校考期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．平行于同一条直线的两个平面平行
B．平行于同一平面的两个平面平行
C．平行于同一平面的两直线关系不确定
D．两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面
【答案】BCD
【分析】通过举反例说明选项A错误，其它选项根据线面、面面平行的判定和性质直接判断即可.
【详解】对于A，如图，平行于同一条直线的两个平面相交, 故A错误；
对于B，平行于同一平面的两个平面平行正确，故B正确；
对于C，平行于同一平面的两直线关系不确定，可以平行，相交，也可以异面，故C正确；
对于D，根据两个平面平行的性质定理，两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面正确，故C正确；
故选：BCD.
10．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）已知，是两个平面，则下列条件可以得到的是（ ）
A．平面内的任何一条直线，都有
B．平面内有无数条直线与平面平行
C．平面内任意一条直线与平面内的任意一条直线都没有公共点
D．平面内有两条相交直线都在平面外
【答案】AC
【分析】根据平面与平面平行的性质判断各选项即可.
【详解】若不成立，则与相交，那么与内的任一条直线都与无公共点矛盾，故A、C正确；
对于B，平面与平面也可能相交，故B错误；
对于D，在平面外，可以是平行，也可以是相交，故D错误.
故选：AC.
11．（2023·全国·高一专题练习）下列命题正确的是（ ）
A．垂直于同一个平面的两平面平行
B．两条平行直线被两个平行平面所截得的线段相等
C．一个平面内的两条相交直线与另一平面平行，这两平面平行
D．一条直线与两平行平面中的一平面平行，则与另一平面也平行
【答案】BC
【分析】AD考虑包含、相交、平行的可能即可判断；BC由性质定理判断即可.
【详解】对A，垂直于同一个平面的两平面可能平行，也可能相交，A错；
对B，两条平行直线被两个平行平面所截得的线段相等（性质推论），B对；
对C，一个平面内的两条相交直线与另一平面平行，这两平面平行（判定定理），C对；
对D，一条直线与两平行平面中的一平面平行，则与另一平面也平行或在另一平面内，D错.
故选：BC.
12．（2022秋·福建福州·高三校考期中）已知为正四棱柱，底面边长为2，高为4，，分别为，的中点.则下列说法正确的是（ ）
A．直线与平面所成角为
B．平面平面
C．正四棱柱的外接球半径为
D．以为球心，为半径的球与侧面的交线长为
【答案】BCD
【分析】对A选项找到即为线面夹角，即可判断；对B选项证明，则得到平面，同理得到平面，利用面面平行的判定定理则可证明；正四棱柱的体对角线即为外接球的直径，即可判断C；对D选项得到轨迹为圆弧，计算弧长即可.
【详解】解：对于A：由正四棱柱的结构特征可知，则为直线与平面所成角，
因为，所以直线与平面所成角不等于，故A错误；
对于B：由正四棱柱的结构特征可得，，，
则四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又，且，平面，
平面平面，故B正确；
对于C：正四棱柱外接球的直径即为其体对角线，
所以其外接球的半径，故C正确；
对于D：点到侧面的距离为，易得交线轨迹与圆相关，设为球与侧面交线轨迹的半径，
，立体图如下图所示：
球与侧面的交线轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，平面图如下图所示：
故交线长为，故D正确；
故选：BCD
三、填空题
13．（2022秋·山东潍坊·高二昌邑市第一中学校考阶段练习）已知平面平面，，，则直线与的位置关系为__．
【答案】平行或者异面．
【分析】由，，，，可知两条直线没有公共点，因此两条直线平行或者异面．
【详解】解：因为，，，
所以两条直线没有公共点，
所以直线a与b的位置关系平行或异面；
故答案为：平行或者异面．
14．（2022·全国·高二期末）棱长为的正方体中，是棱的中点，过、、作正方体的截面，则截面的面积是_________．
【答案】
【分析】连接，设截面交棱于点，连接、，利用面面平行的性质分析可知点为的中点，且四边形为等腰梯形，计算出该四边形的各边长及高，利用梯形的面积公式可求得截面的面积.
【详解】连接，设截面交棱于点，连接、，
在正方体中，且，
则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，则，
为的中点，则为的中点，
由勾股定理可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，
过点、分别在平面内作、，垂足分别为点、，
由等腰梯形的性质可得，，
又因为，所以，，所以，，
因为，，，则四边形为矩形，所以，，
所以，，则，
因此，截面面积为.
故答案为：.
（1）直接法：截面的定点在几何体的棱上；
（2）平行线法；截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
（3）延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
15．（2023·全国·高一专题练习）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①平面AEND；②平面ABFE；③平面平面AFN；④平面平面以上四个命题中，正确命题的序号是______.
【答案】①②③④
【分析】将展开图还原成正方体，根据线面平行以及面面平行的判定逐一判定即可.
【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体，如图所示：
对于①，因为，平面AEND，平面AEND，所以平面AEND，命题①正确；
对于②，，平面ABFE，平面ABFE，所以平面ABFE，命题②正确；
对于③，，，面，面，
所以面，面，
，BD、平面BDN，
所以平面平面AFN，命题③正确；
对于④，，，面NCF，面NCF
所以面NCF，面NCF，，BD、平面BDE，
所以平面平面NCF，命题④正确．
故答案为：①②③④．
16．（2005·山东·高考真题）已知m、n是不同的直线，是不重合的平面，给出下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④m，n是两条异面直线，若，则．
上面的命题中，真命题的序号是____________．（写出所有真命题的序号）
【答案】③④
【分析】利用平面与平面平行的判定和性质可判断各命题的真假．
【详解】若，则m与n平行或异面，故①错误；
，但m与n不一定相交，不一定成立，故②错误；
若，则，又由，则，故③正确；
m，n是两条异面直线，若，则过m的平面与平面相交于直线，有，过n的平面与平面相交于直线，有，m，n异面，一定相交，，如图所示，
由面面平行的判定可知，故④正确；
故答案为：③④
四、解答题
17．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正方体的棱长为分别是的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用正方体的性质及线面平行的判定定理可得平面，平面，再利用面面平行的判定定理即得；
（2）利用线面平行的判定定理即得.
【详解】（1）由正方体的性质可得，
∴四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，
∴平面，
同理可得平面，又平面，
∴平面平面；
（2）因为分别是的中点，
所以，又，
∴，又平面，平面，
∴平面.
18．（2023·全国·高一专题练习）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EFDB．已知G，H，I分别是EC，FB和FC的中点，求证：平面GHI平面ABC．
【答案】证明见解析
【分析】先证明平面ABC，再证明平面ABC，原题即得证.
【详解】∵G，H，I分别是EC，FB和FC的中点，∴HIBC，GIEF，
∵EFDB，∴GIDB，
HIBC，平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC.
∵GIDB，平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC.
又平面GHI，HI∩GI＝I，
∴平面GHI平面ABC．
19．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方体中，分别为的中点，求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】如图取中点，连接，，，由平行四边形的判定定理可证四边形、为平行四边形，则，，利用线面平行的判定定理可得平面，平面，结合面面平行的判定定理即可证明.
【详解】
取中点，连接，，，
∵为正方体，，分别为，中点，
∴，，，，
∴四边形、为平行四边形，则，，
∵平面，平面，平面，平面，
∴平面，平面，
∵平面，平面，，
∴平面平面.
20．（2023·全国·高一专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，，分别是棱，上的动点（不与顶点重合）.作出平面与平面的交线（要求写出作图过程），并证明：若平面平面，则；
【答案】作图见解析，证明见解析
【分析】通过延伸平面内的直线来作出平面与平面的交线，通过面面平行的性质定理证得、，由此证得.
【详解】
如图，延长交的延长线于，
连接交于，
则所在的直线即为平面与平面的交线.
证明：∵平面平面，平面平面，
平面平面，
∴.
又∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，∴.
【选做题】
一．选择题
一、单选题
1．（2022秋·安徽芜湖·高二芜湖一中校考期末）下列说法正确的是（ ）
A．一定存在与两条异面直线都平行的平面.
B．过空间一点，必能作一个平面与两条异面直线都平行.
C．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.
D．平行于同一直线的两个平面平行.
【答案】A
【分析】利用异面直线的意义结合线面平行的判定判断AB；利用面面平行的意义及判定判断CD作答.
【详解】对于A，令直线为异面直线，在直线a上取点O，过O作直线，则直线确定一个平面，
在直线b上取点，过作直线，则直线确定一个平面，
在空间取点，使点，过点A作，显然确定平面，，
因此，A正确；
对于B，令直线为异面直线，当点与直线确定的平面平行于直线时，
过点B不能作一个平面与两条异面直线都平行，B错误；
对于C，令点为平面内不共线三点，当平面经过线段的中点时，
点到平面的距离相等，此时平面与平面相交，C错误；
对于D，当一条直线与两个相交平面的交线平行，并且这条直线都不在这两个平面内时，
这条直线与这两个平面平行，而这两个平面相交，D错误.
故选：A
2．（2023春·全国·高一专题练习），是两个平面，，是两条直线，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据空间中，直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】A项：若，，则或，故选项A不正确；
B项：若，，则或m与n异面，故选项B不正确；
C项：若，则与没有公共点，又因为，所以m与没有公共点，所以，故选项C正确；
D项：若，，，则或与相交，故选项D不正确.
故选：C.
3．（2023·全国·高一专题练习）如图，长方体中，，，为的中点，为底面上一点，若直线与平面没有交点，则面积的最小值为（）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】确定平面，取中点，证明平面平面，确定在上运动，当时面积最小，计算得到答案.
【详解】直线与平面没有交点，所以平面，
取中点，连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，故 平面；
同理可得平面，，平面，
故平面平面，
故在上运动，当时，最小，最小值为，
此时的面积最小，求得.
故选：A
4．（2023·河南·校联考模拟预测）已知空间四条直线a，b，m，n和两个平面，满足，，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若且，则
【答案】C
【分析】根据线面位置关系，通过举反例的方法，可得A，B，D的正误；利用面面平行的判定定理以及性质定理，可得答案.
【详解】对于A：a可能在平面内，所以A错误；
对于B：a与m可能平行，从而与可能相交，所以B错误；
对于C：且，，，，，，所以C正确；
对于D：如图，由正方形沿一条对角线折叠形成，其中形成的两个平面设为，
折痕设为，在平面的对角线设为，在内的对角线设为，同时作，
此时，易知，则，但此时与不垂直，所以D错误.
故选：C.
5．（2023·河南新乡·统考二模）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.
【详解】A选项中，由正方体的性质可知，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；
B选项中，因为，故平面CNQ即为平面ACNQ，而，平面CNQ，平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；
C选项中，因为，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；
D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交于点D，则点D是在上靠近点的四等分点，
由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，平面，则平面平面CNQ，
而平面与平面，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．
故选：B.
6．（2023·新疆·统考一模）如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．与异面
C．平面
D．平面平面
【答案】A
【分析】根据题目信息和相似比可知，不可能平行于，与异面，可得A错误，B正确；再利用线面平行和面面平行的判定定理即可证明CD正确.
【详解】如下图所示，连接，
根据题意，由可得，，且；
同理可得，且；
由，而，所以不可能平行于，即A错误；
易知与不平行，且不相交，由异面直线定义可知，与异面，即B正确；
在长方体中，
所以，即四边形为平行四边形；
所以，又，所以；
平面，平面，
所以平面，即C正确；
由，平面，平面，所以平面；
又，平面，平面，所以平面；
又，且平面，
所以平面平面，即D正确.
故选：A
7．（2023春·江西·高二校联考开学考试）在长方体中，，，点M为平面内一动点，且平面，则当取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先利用面面平行的性质定理可得点M 在线段上，当取最小值时为线段的中点，再根据三棱锥的特征确定外接球球心即为与的交点，求出半径即可计算出外接球的表面积.
【详解】根据题意易知，，且平面，平面，所以平面，同理可得平面；
又，平面，所以平面平面；
又因为点M在平面内且平面，所以点M在平面与平面的交线上，
易知，所以当取最小值时，为线段的中点，如下图所示：
取的中点为，交于点，连接；
则，所以，而，
所以即为三棱锥的外接球球心，半径，
则表面积.
故选：A
8．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知点分别是平行六面体的棱上的点,且,,点分别是线段上的点,则满足与平面平行的直线有（ ）条
A．0条B．1条C．2条D．无数条
【答案】D
【分析】作与平面平行的平面分别与直线交于,因为这样的平面有无数多个,所以有无数多条.
【详解】作平行于平面的平面分别交于,
当该平面过点时,如图所示:
则在平面内的直线均平行于平面,
将平面向上平移分别与直线交于,
则平行于平面,
因为平面有无数多个,所以这样的有无数多条.
故选:D
二、多选题
9．（2022春·安徽安庆·高一校考期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．平行于同一条直线的两个平面平行
B．平行于同一平面的两个平面平行
C．平行于同一平面的两直线关系不确定
D．两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面
【答案】BCD
【分析】通过举反例说明选项A错误，其它选项根据线面、面面平行的判定和性质直接判断即可.
【详解】对于A，如图，平行于同一条直线的两个平面相交, 故A错误；
对于B，平行于同一平面的两个平面平行正确，故B正确；
对于C，平行于同一平面的两直线关系不确定，可以平行，相交，也可以异面，故C正确；
对于D，根据两个平面平行的性质定理，两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面正确，故C正确；
故选：BCD.
10．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知正方体的外接球表面积为，分别在线段，，上，且四点共面，则（ ）．
A．
B．若四边形为菱形，则其面积的最大值为
C．四边形在平面与平面内的正投影面积之和的最大值为6
D．四边形在平面与平面内的正投影面积之积的最大值为4
【答案】ABD
【分析】根据正方体外接球表面积可求得正方体棱长，根据面面平行的性质定理即可判断A；计算出菱形的对角线的长，即可求得其面积的最大值，判断B；求出四边形在平面与平面内的正投影面积，根据其表达式结合不等式知识，可判断C，D.
【详解】作出图形如图所示．
设正方体的棱长为a，则外接球直径即为正方体体对角线长，
依题意，，解得．
因为平面平面，
且平面平面，平面平面，
故，同理可得，，
故四边形为平行四边形，则，故A正确；
若四边形为菱形，则，即,
则，则，
由于菱形面积等于其两对角线乘积的一半，
故要使得该菱形的面积最大，只需最大即可，
而AN的最大值为，此时点N与点重合，
故菱形的面积的最大值为，战B正确；
设，，由题意知，则，
记四边形在平面与平面内的正投影面积分别为，，
则M在平面上的投影落在上，设为G，N在平面上的投影落在上，设为H，
则四边形为四边形在平面上的投影，
由于,则≌,故，
又，故四边形为平行四边形，
则，同理求得，故，，
（当时取“＝”），故C错误，D正确，
故选：ABD
11．（2023秋·河北邯郸·高三统考期末）如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．的最小值为
C．平面
D．当直线与AC所成的角最大时，四面体的外接球的体积为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用平面平面可得到到平面的距离相等，即可判断，对于B，举反例即可判断；对于C，连接，，证明平面平面即可判断；对于D，当与重合时，直线与AC所成的角最大，则求出外接球半径即可
【详解】对于A，由正方体可得平面平面，且平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
所以四面体的体积为，
所以四面体的体积为定值，故 A正确；
对于B，当与重合时，，
所以的最小值不为，故B错误；
对于C，
连接，
由正方体可得，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，同理可得平面
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确；
对于D，因为，所以（或其补角）为直线与AC所成的角，
由图可得当与重合时，此时最大，故此时直线与AC所成的角最大，
所以四面体即四面体的外接球即为正方体的外接球，
所以外接球的直径为，即，
所以四面体的外接球的体积为，故D正确；
故选：ACD
12．（2022秋·山东菏泽·高二菏泽一中校考阶段练习）在正方体中，E，F，G分别为BC，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．点G到平面的距离是点C到平面的距离的2倍
C．平面
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】BC
【分析】对于选项：由以及与不垂直，可知错误；对于选项：利用等体积法，可求得结果，进而判断选项正确；对于选项：取的中点，根据面面平行的性质即可得出平面，可知选项正确； 对于选项：根据线面垂直的判定定理和性质，结合二面角的定义可知错误；
【详解】对于选项：因为，所以不是等腰三角形，所以与不垂直，因为，所以与不垂直，故选项错误；
对于选项：设正方体的棱长为2，设点到平面的距离与点到平面的距离分别为，则，
，
所以，故选项正确；
对于选项：取的中点，连接，
由题意可知：，因为，所以，
平面， 平面，所以平面，
因为，平面， 平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故选项正确；
对于选项：因为，所以异面直线与所成的角为（或其补角），设正方体的棱长为2，则，
在中，由余弦定理可得：
，故选项错误，
故选：.
三、填空题
13．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】取中点为，由已知可证明平面即为平面，平面.可知.进而根据等腰三角形即可求出的取值范围.
【详解】
如图，取中点为，连结.
由已知，且，所以四边形是平行四边形，所以，且.又分别是线段的中点，所以，，所以，所以平面即为平面.
易知，又，所以四边形是平行四边形，所以，又，，所以，
同理由，可得.
因为平面，平面，，所以平面.
则由，平面，可知，平面，平面.
又点M在正方形内，平面平面，所以.
所以的长即为点到线段上点的距离，因为，所以当点为线段的中点时，最小，此时；当点与线段端点重合时，最大，此时.所以的取值范围是.
故答案为：.
14．（2023春·上海徐汇·高二统考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点P在底面ABCD内，若直线与平面无公共点，则线段的最小值为______.
【答案】
【分析】首先连接，，，易证平面平面，从而得到平面，即可得到线段的最小值.
【详解】连接，，，如图所示：
在正方体中，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且，
所以平面平面.
因为与平面无公共点，所以平面，
当时，取得最小值.
因为
所以的最小值为.
故答案为：
15．（2022秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）如图,在棱长为4的正方体中,已知点P为棱上靠近于点的四等分点,点Q为棱CD上一动点．若M为平面与平面的公共点,N为平面与平面ABCD的公共点,且点M,N都在正方体的表面上,则由所有满足条件的点M,N构成的区域的面积之和为___________．
【答案】
【分析】把平面与平面和平面ABCD的交线画出，从运动的观点观察即可获解.
【详解】
过点作交AB于点
则平面平面,平面平面
所以构成的区域为运动到点时的
构成的区域为运动到点时的梯形AKQD
此时
所以M,N构成的区域的面积之和为
故答案为：
16．（2023·全国·高一专题练习）设a，b为不重合的两条直线α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a⊂α，b⊄α，a，b是异面直线，那么bα；
②若a⊂α，bα，a，b共面，那么ab；
③若αβ，a⊂α，则aβ．
上面命题中，所有真命题的序号是 _____．
【答案】②③
【分析】对选项逐个判断，对①，若a⊂α，b⊄α，a，b是异面直线可得出相交平行异面，即可判断正误；对②，由线面平行的性质可判断；对③由面面平行的性质可判断.
【详解】a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，
对于①，若a⊂α，b⊄α，a，b是异面直线，那么b与α相交或平行或异面，故①错误；
对于②，若a⊂α，bα，a，b共面，那么由线面平行的性质得ab，故②正确；
对于③，若αβ，a⊂α，则由面面平行的性质得aβ，故③正确．
故答案为：②③．
四、解答题
17．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知长方体中，，.为的中点，平面交棱于点.求证：；
【答案】证明见解析
【分析】由面面平行的性质可得平面，再由线面平行的性质即可证结论.
【详解】由长方体的性质知：平面平面，又面，
面，又平面平面，且面，
.
18．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥，，，，平面平面，平面平面.若点为线段中点，求证：；
【答案】证明见解析
【分析】取中点，根据得到，由为正三角形得到，根据线面平行的判定得到平面和平面，进而得到平面平面，结合面面平行和线面平行性质可证得结论.
【详解】证明： 取中点，连接，
也，，，
可得且，
所以，，所以，
因为为中点，所以为正三角形，即，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
在中，因为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又由，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，
又由平面平面，且平面，所以.
19．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在正四面体中，，，，分别是，，的中点，取，的中点，，点为平面内一点
(1)求证：平面平面
(2)若平面，求线段的最小值，
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面平行判定定理证明线面平行，再由面面平行判定定理证明面面平行即可；
（2）由面面平行确定点在线段上，再求在边上的高，即的最小值.
【详解】（1）∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又∵，平面，平面，
∴平面平面.
（2）
由（1）知，平面平面，
∴若平面内存在一点，使平面，则在线段上，
∴线段的最小值为到直线的距离，即在边上的高，
∵，分别为，的中点，，分别为，的中点，
∴，
又∵，
∴，，
又∵，分别为，的中点，∴，同理，
∴当为中点时，，此时在边上的高，取最小值，
∴线段的最小值.
20．（2023·全国·高一专题练习）P为正方形ABCD所在平面外一点，E，F，G分别为PD，AB，DC的中点，如图．求证：
(1)AE∥平面PCF；
(2)平面PCF∥平面AEG.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取PC中点H，分别连接EH，FH，根据E，F，H分别为PD，AB，PC的中点，得到EAFH为平行四边形，从而EA∥FH，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据E，G分别为PD，CD的中点，得到EG∥PC，利用线面平行的判定定理得到EG∥平面PCF，再利用面面平行的判定定理证明.
【详解】（1）证明：如图所示：
，
取PC中点H，分别连接EH，FH，
∵E，F，H分别为PD，AB，PC的中点，
∴，
∴EAFH为平行四边形．
∴EA∥FH.
又平面PCF，平面PCF，
∴AE∥平面PCF.
（2）∵E，G分别为PD，CD的中点，
∴EG∥PC.
又平面PCF，平面PCF，
∴EG∥平面PCF.
由(1)知AE∥平面PCF，EG∩AE＝E.
∴平面PCF∥平面AEG.