8.3　直线、平面平行的判定与性质（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案）

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五年高考
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2019课标Ⅱ,7,5分,易)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
2.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
3.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
4.(2023全国乙文,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.
5.(2019江苏,16,14分,中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
6.(2020北京,16,13分,中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
(1)求证:BC1∥平面AD1E;
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
7.(2019课标Ⅰ理,18,12分,中)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
三年模拟
综合基础练
1.(2024届江苏连云港赣榆智贤中学模拟,6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若m∥n,m∥α,n⊄α,则n∥α
D.若m∥α,α∥β,则m∥β
2.(2023黑龙江齐齐哈尔一模,5)已知两条不同的直线l,m及三个不同的平面α,β,γ,下列条件中能推出α∥β的是( )
A.l与α,β所成角相等 B.α⊥γ,β⊥γ
C.l⊥α,m⊥β,l∥m D.l⊂α,m⊂β,l∥m
3.(2023吉林延边二模,7)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是4,侧棱长是6,M,N分别为CC1,AB的中点,若P是侧面BCC1B1上一点,且PN∥平面AB1M,则线段PN的最小值为( )
A.392 B.3265 C.2395 D.262
4.(2023河南新乡二模,7)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( )


5.(2023四川遂宁第二中学模拟,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是( )
①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;
③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1.
A.①②④ B.①②③
C.②③④ D.①③④
6.(多选)(2024届云南昆明第二十四中学月考,10)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱CC1,BC,CD,B1C1的中点,则下列结论正确的是( )
A.AF∥平面A1DE
B.AG∥平面A1DE
C.A1,D,E,H四点共面
D.A1,D,E,C1四点共面
7.(多选)(2023江苏常州二模,10)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水后密封,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器以BC所在直线为轴顺时针旋转,则( )
A.有水的部分始终是棱柱
B.水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变
C.棱A1D1始终与水面平行
D.当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时,BE·BF不是定值
综合拔高练
1.(2023宁夏中卫一模,11)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为BD1,B1C1的中点,点P在正方体的表面上运动,且满足MP∥平面CND1,则下列说法正确的是( )
A.点P可以是棱BB1的中点
B.线段MP的最大值为32
C.点P的轨迹是正方形
D.点P的轨迹的长度为2+5
2.(2024届湖南长沙第一中学月考(四),20)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D.
(1)求证:MN∥A1C;
(2)求平面B1DM与平面DMN的夹角的余弦值.
3.(2023广东一模,19)在如图所示的多面体中,AB=AD,EB=EC,平面ABD⊥平面BCD,平面BCE⊥平面BCD,点F,G分别是CD,BD的中点.
(1)证明:平面AFG∥平面BCE;
(2)若BC⊥BD,BC=BD=2,AB=2,BE=5,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值.
8.3 直线、平面平行的判定与性质
五年高考
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2019课标Ⅱ,7,5分,易)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
答案 B
2.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案 A
3.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
答案 A
4.(2023全国乙文,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.
解析 (1)证明:因为AB=2,BC=22,AB⊥BC,所以AC2=AB2+BC2=12,AC=23.设AF=λAC,则BF·AO=(λAC−AB)·12AB+12AC=12λAB·AC+12λAC2−12AB2−12AB·AC=2λ+6λ-2-2=0,解得λ=12,所以F为AC的中点,所以EF∥PC,又OD∥PC,所以EF∥OD,
又因为EF⊄平面ADO,OD⊂平面ADO,所以EF∥平面ADO.
(2)因为AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC,
又PB=PC=6,所以OP⊥BC,
又OF∩OP=O,OF,OP⊂平面OPF,
所以BC⊥平面OPF,又BC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面OPF,过点P作PM⊥OF于点M,
又平面OPF∩平面ABC=OF,PM⊂平面OPF,
所以PM⊥平面ABC,因为BC=22,PB=PC=6,
所以OP=2,又∠POF=120°,
所以PM=OP·sin(180°-120°)=3,即三棱锥P-ABC的高为3.
所以三棱锥P-ABC的体积V=13×22×3=263.
5.(2019江苏,16,14分,中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
证明 (1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
6.(2020北京,16,13分,中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
(1)求证:BC1∥平面AD1E;
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
解析 (1)证明:∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B1.
又AB∥A1B1,AB=A1B1,∴D1C1∥AB,D1C1=AB,∴四边形ABC1D1为平行四边形,∴AD1∥BC1,又AD1⊂平面AD1E,BC1⊄平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E.
(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD,AB,AA1}为正交基底建立空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),
∴AA1=(0,0,2),AD1=(2,0,2),AE=(0,2,1).
设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),
直线AA1与平面AD1E所成的角为θ,
则n·AD1=0,n·AE=0,即2x+2z=0,2y+z=0,令z=-2,则x=2,y=1,
此时n=(2,1,-2),
∴sin θ=|cs|=|n·AA1||n||AA1|=|−4|4+1+4×2=23,
∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.
7.(2019课标Ⅰ理,18,12分,中)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
解析 (1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1?DC,所以四边形A1B1CD是平行四边形,所以B1C?A1D,故ME?ND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,DA,DE,DD1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),
则A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A1M=0,m·A1A=0.
所以−x+3y−2z=0,−4z=0.可取m=(3,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,n·A1N=0.
所以−3q=0,−p−2r=0.可取n=(2,0,-1).
于是cs=m·n|m||n|=232×5=155,
所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.
三年模拟
综合基础练
1.(2024届江苏连云港赣榆智贤中学模拟,6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若m∥n,m∥α,n⊄α,则n∥α
D.若m∥α,α∥β,则m∥β
答案 C
2.(2023黑龙江齐齐哈尔一模,5)已知两条不同的直线l,m及三个不同的平面α,β,γ,下列条件中能推出α∥β的是( )
A.l与α,β所成角相等 B.α⊥γ,β⊥γ
C.l⊥α,m⊥β,l∥m D.l⊂α,m⊂β,l∥m
答案 C
3.(2023吉林延边二模,7)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是4,侧棱长是6,M,N分别为CC1,AB的中点,若P是侧面BCC1B1上一点,且PN∥平面AB1M,则线段PN的最小值为( )
A.392 B.3265 C.2395 D.262
答案 C
4.(2023河南新乡二模,7)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( )


答案 B
5.(2023四川遂宁第二中学模拟,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是( )
①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;
③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1.
A.①②④ B.①②③
C.②③④ D.①③④
答案 A
6.(多选)(2024届云南昆明第二十四中学月考,10)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱CC1,BC,CD,B1C1的中点,则下列结论正确的是( )
A.AF∥平面A1DE
B.AG∥平面A1DE
C.A1,D,E,H四点共面
D.A1,D,E,C1四点共面
答案 AC
7.(多选)(2023江苏常州二模,10)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水后密封,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器以BC所在直线为轴顺时针旋转,则( )
A.有水的部分始终是棱柱
B.水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变
C.棱A1D1始终与水面平行
D.当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时,BE·BF不是定值
答案 AC
综合拔高练
1.(2023宁夏中卫一模,11)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为BD1,B1C1的中点,点P在正方体的表面上运动,且满足MP∥平面CND1,则下列说法正确的是( )
A.点P可以是棱BB1的中点
B.线段MP的最大值为32
C.点P的轨迹是正方形
D.点P的轨迹的长度为2+5
答案 B
2.(2024届湖南长沙第一中学月考(四),20)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D.
(1)求证:MN∥A1C;
(2)求平面B1DM与平面DMN的夹角的余弦值.
解析 (1)证明:如图,连接B1A,AD1.
因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,
所以CC1⊥B1D1.
因为四边形A1B1C1D1是正方形,所以A1C1⊥B1D1,
又因为CC1∩A1C1=C1,CC1,A1C1⊂平面A1C1C,
所以B1D1⊥平面A1C1C.
又因为A1C⊂平面A1C1C,
所以B1D1⊥A1C.
同理可得A1C⊥AB1,(证明AB1⊥平面A1BC得到)
又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,
所以A1C⊥平面AB1D1.
因为B1C1=AD,B1C1∥AD,所以四边形ADC1B1为平行四边形,
所以C1D∥AB1.
因为MN⊥C1D,
所以MN⊥AB1.
又因为MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,所以MN⊥平面AB1D1.所以A1C∥MN.
(2)如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则A1(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),
则A1C=(2,2,-2),DC1=(2,0,2).
连接BD,AC,易知AC⊥BD,AC⊥BB1,且BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面B1DM,故AC⊥平面B1DM.
所以平面B1DM的一个法向量为AC=(2,2,0).
设平面DMN的法向量为m=(x,y,z).由(1)知A1C∥MN,
故m·A1C=m·MN=0,则m·DC1=2x+2z=0,m·A1C=2x+2y−2z=0,令x=1,得y=-2,z=-1,
所以平面DMN的一个法向量为m=(1,-2,-1).
设平面B1DM与平面DMN的夹角为θ,
则cs θ=|cs|=|m·AC||m||AC|=26×22=36.
所以平面B1DM与平面DMN的夹角的余弦值为36.
3.(2023广东一模,19)在如图所示的多面体中,AB=AD,EB=EC,平面ABD⊥平面BCD,平面BCE⊥平面BCD,点F,G分别是CD,BD的中点.
(1)证明:平面AFG∥平面BCE;
(2)若BC⊥BD,BC=BD=2,AB=2,BE=5,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值.
解析 (1)证明:取BC的中点H,连接EH,
因为EB=EC,所以EH⊥BC,
又因为平面BCE⊥平面BCD,平面BCE∩平面BCD=BC,EH⊂平面BCE,所以EH⊥平面BCD,
同理可得AG⊥平面BCD,所以EH∥AG,
又因为AG⊄平面BCE,EH⊂平面BCE,所以AG∥平面BCE.
因为点F,G分别是CD,BD的中点,所以FG∥BC,
又FG⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,所以FG∥平面BCE,
又因为AG∩FG=G,AG,FG⊂平面AFG,
所以平面AFG∥平面BCE.
(2)因为BC⊥BD,BC∥FG,所以FG⊥BD,
由(1)知AG⊥BD,AG⊥平面BCD,因为GF⊂平面BCD,所以AG⊥GF,所以GF,GB,GA两两垂直,
如图,以点G为坐标原点,GF,GB,GA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,1),C(2,1,0),E(1,1,2),B(0,1,0),D(0,-1,0),
AC=(2,1,-1),CE=(-1,0,2),
易知平面AFG的一个法向量为DB=(0,2,0),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC=0,n·CE=0,即2x+y−z=0,−x+2z=0,取x=2,得n=(2,-3,1),
设平面AFG和平面ACE的夹角为θ,
则cs θ=|cs|=|n·DB||n||DB|=62×14=31414,
所以平面AFG和平面ACE夹角的余弦值为31414.