2025年高考数学一轮复习-7.3-空间直线、平面的平行-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-7.3-空间直线、平面的平行-专项训练【含答案】，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．能使两个不同平面α与β平行的条件是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α，β垂直于同一个平面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有( )
A．BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
3．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，PFFC＝( )
A．23 B．14
C．13 D．12
4．如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于C，E和D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为( )
A．65 B．75
C．85 D．95
5．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是( )
A B
C D
6．如图所示，正三棱锥P-ABC，底面边长为2，点P到平面ABC距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的23，过点M作一个平面，使其平行于直线PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为( )
A．24+1639 B．12+1639
C．12+839 D．24+839
二、多项选择题
7．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，则( )
A．OM∥PA B．OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA
8．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知点G，H分别在A1B1，A1C1上，且GH经过△A1B1C1的重心，点E，F分别是AB，AC的中点，且B，C，G，H四点共面，则下列结论正确的是( )
A．EF∥GH
B．GH∥平面A1EF
C．GHEF＝43
D．平面A1EF∥平面BCC1B1
三、填空题
9．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．
①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.
可以填入的条件有________．(填序号)
10．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，平面D1BQ∥平面PAO.
四、解答题
11．如图，四边形ABCD为长方形，PD＝AB＝2，AD＝4，点E，F分别为AD，PC的中点．设平面PDC∩平面PBE＝l.
证明：(1)DF∥平面PBE；
(2)DF∥l .
12．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且CQQD1＝BPPD＝23.
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，ARAB的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
13．如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
参考答案
1．D [α内有无数条直线与β平行，则平面α与β相交或平行，A错误；
α，β垂直于同一个平面，则平面α与β相交或平行，B错误；
α，β平行于同一条直线，则平面α与β相交或平行，C错误；
α，β垂直于同一条直线，则平面α与β平行，D正确．故选D.]
2．D [由中位线定理可知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，A错误；
由中位线定理可知EF∥A1B，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD，EF不可能互相平行，B错误；
由中位线定理可知EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，故平面EFGH与平面ABCD相交，C错误；
由三角形中位线定理可知EF∥A1B，EH∥A1D1，且EF，EH⊄平面A1BCD1，A1B，A1D1⊂平面A1BCD1，所以EF∥平面A1BCD1，EH∥平面A1BCD1，而EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFGH，因此平面EFGH∥平面A1BCD1.故选D.]
3．D [连接AC交BE于点G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以PFFC＝AGGC.又AD∥BC，E为AD的中点，所以△AEG∽△CBG，即AGGC＝AEBC＝12，所以PFFC＝12.]
4．C [由AB∥α∥β，易得ACCE＝BDDF，
即ACAE＝BDBF，所以BD＝AC·BFAE＝2×45＝85.]
5．D [对于A，由正方体的性质可得MN∥EF∥AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN∥AD，MN⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥BD，MN⊄平面ABC，BD⊂平面ABC，
所以直线MN∥平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面ABNMHC，如图，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足．
故选D.]
6．B [因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，所以△ABC为等边三角形并且边长为2，即AB＝AC＝BC＝2.
又因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，因此过点P作底面ABC的垂线于点O，则点O为△ABC的中心．
过点B作AC的垂线于点H.由△ABC为等边三角形，因此AH＝CH＝1，BH＝22−12＝3， OH＝13BH＝33.
在Rt△AHO中，AO＝AH2+OH2＝12+332＝233.
又因为PO＝2，在Rt△AOP中，AP＝AO2+OP2＝2332+22＝433，故AP＝BP＝CP＝433.
因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，所以△APC，△APB，△BPC均为等腰三角形．
又点M到平面ABC的距离为点P到平面ABC距离的23，可取点M为△PH的三等分点(靠近点P)，
过点M作Q1Q2∥AC交PC于点Q1，交PA于点Q2．过点Q1作Q1Q4∥BP交BC于点Q4，过点Q4作Q3Q4∥AC交AB于点Q3，连接Q3Q2.
所以Q1Q2∥AC∥Q3Q4，则Q1、Q2、Q3、Q4四点共面．
因为Q1Q4∥BP，Q1Q4⊂平面Q1Q2Q3Q4，BP⊄平面Q1Q2Q3Q4，
所以BP∥平面Q1Q2Q3Q4．同理，直线AC∥平面Q1Q2Q3Q4.
所以平面Q1Q2Q3Q4即为过点M且平行于直线PB和AC的平面．
利用三角形相似可得，Q1Q2＝Q3Q4＝13AC＝23，Q2Q3＝Q1Q4＝23BP＝839.
这个平面与三棱锥表面交线的总长为Q1Q2＋Q2Q3＋Q3Q4＋Q1Q4＝2×839＋2×23＝12+1639.
故选B.]
7．BC [由题意知，OM是△BPD的中位线，
所以OM∥PD，又PD∩PA＝P，故A不正确；
因为PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，
所以OM∥平面PCD，故B正确；
同理，可得OM∥平面PDA，故C正确；
OM与平面PBA相交于点M，故D不正确．故选BC.]
8．ABC [因为平面A1B1C1∥平面ABC，平面A1B1C1∩平面BCHG＝HG，平面ABC∩平面BCHG＝BC，所以HG∥BC，因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC，EFBC＝12，所以EF∥GH，A正确；
由选项A可知EF∥GH，因为GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以GH∥平面A1EF，B正确；
因为HG∥BC，B1C1∥BC，所以HG∥B1C1，因为GH经过△A1B1C1的重心，所以GHB1C1＝23，因为B1C1＝BC，所以GHBC＝23，因为EFBC＝12，所以GHEF＝43，C正确；
因为FC＝12AC，AC＝A1C1，所以FC＝12 A1C1，因为FC∥A1C1，所以四边形A1FCC1为梯形，且A1F与CC1为腰，所以A1F与CC1必相交，因为A1F⊂平面A1EF，CC1⊂平面BCC1B1，所以平面A1EF与平面BCC1B1相交，D错误．故选ABC.]
9．①或③ [由面面平行的性质定理可知，①正确；通过画图(图略)知②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以n∥m，③正确．]
10．Q为CC1的中点 [如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.
连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，
又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，
所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO.
又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，
所以平面D1BQ∥平面PAO.
故Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.]
11．证明：(1)取PB中点G，连接FG，EG，
因为点E，F分别为AD，PC的中点，
所以FG∥CB，FG＝12BC.
因为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，
所以DE∥FG，DE＝FG，
所以四边形DEGF为平行四边形，所以DF∥GE.
因为DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，所以DF∥平面PBE.
(2)由(1)知DF∥平面PBE，又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，所以DF∥l.
12．解：(1)证明 连接CP并延长，与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，所以CPPM＝BPPD＝23.
又因为CQQD1＝BPPD＝23，所以CQQD1＝CPPM＝23，
所以PQ∥MD1.
又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)当ARAB的值为35时，能使平面PQR∥平面A1D1DA，
如图，证明如下：
因为ARAB＝35，即BRRA＝23，故BRRA＝BPPD，所以PR∥DA.
又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，
所以PR∥平面A1D1DA，
又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
13．解：(1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，
所以EF∥HG.
因为HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.
又因为EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，
所以EF∥AB.又因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH.
(2)设EF＝x(0