2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练41　空间直线、平面的平行（含答案解析）

这是一份2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练41　空间直线、平面的平行（含答案解析），共8页。
(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)
基础 巩固练
1.(2025·北京通州期末)已知平面α,β为两个不同的平面,直线m为α内一条直线,则“m∥β”是“α∥β”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
2.(2024·山东一模)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别为PC,AC上的点,且MN∥平面PAD,则下列说法正确的是( )
(第2题图)
A.MN∥PDB.MN∥PA
C.MN∥ADD.以上均有可能
3.(2025·安徽蚌埠期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,BC∥AD,AD=2BC,点E是棱PD的中点,PC与平面ABE交于点F,设CP=λCF,则λ=( )
(第3题图)
A.3B.2C.13D.12
4.(2025·广东广州期中)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,CFCP=( )
A.23B.32C.2D.12
5.(多选题)(2025·湖南衡阳模拟)如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PB,PC,PD的中点,在此几何体中,下列结论正确的是( )
A.平面EFGH∥平面ABCD
B.平面PAD∥BC
C.平面PCD∥AB
D.平面PAD∥平面PAB
6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,过直线AC1的平面交直线BB1于点E,交直线DD1于点F,则四边形AEC1F的形状为 .
7.(2025·福建莆田期中)已知平面α∥平面β,点P是平面α,β外一点(如图所示),且直线PB,PD分别与α,β相交于点A,B,C,D,若PA=6,AB=2,BD=12,则AC= .
8.(13分)(2025·陕西汉中期末)由正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示,点O为AC与BD的交点.求证:
(1)A1O∥平面B1CD1;
(2)平面A1BD∥平面B1CD1.
综 合 提升练
9.(2026·黑龙江高三模拟)已知正三棱锥S-ABC,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H,其中D,E分别是AB,BC的中点.如果直线SB∥平面DEFH,那么四边形DEFH是( )
A.梯形B.菱形
C.矩形D.正方形
10.(2025·北京期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD的两组对边均不平行.给出下列结论:
①在平面PAB内不存在与DC平行的直线;
②在平面PAB内存在无数条与平面PDC平行的直线;
③平面PAB与平面PDC的交线与底面ABCD不平行.
其中正确的个数为( )
A.0B.1
C.2D.3
11.(多选题)
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N,E,F分别在棱A1B1,A1D1,B1C1,C1D1上,且平面AMN∥平面EFDB,下列结论正确的是( )
A.MN∥EFB.EF∥BD
C.AN∥DFD.BE∥平面AMN
12.(2025·甘肃张掖期末)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为DD1的中点,Q为正方形AA1D1D内一动点,且B1Q∥平面BC1P,则点Q的轨迹的长度为 .
13.(15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是线段A1B,AC1的中点.
(1)求证:MN∥平面ABC.
(2)是否在线段BC1上存在一点P,使得平面MNP∥平面ABC?若存在,指出点P的具体位置;若不存在,请说明理由.
创 新 应用练
14.(2025·山东济南期中)如图,在四棱锥P-ABCE中,四边形ABCE是梯形,AB∥CE,且AB=3CE,点F在棱PA上,且EF∥平面PBC,则PFFA=( )
A.13B.12C.23D.34
15.(2025·山东枣庄期末)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点M,N分别在棱AA1,A1D1上,满足AM=D1N=1,点Q在正方体ABCD-A1B1C1D1的内部或表面,且A1Q∥平面C1MN,则点Q组成的图形的面积是 .
参考答案
1.B 解析 因为m⊂α,若α∥β,则由线面平行的性质可知m∥β,必要性成立;
设α∩β=n,m⊂α,m∥n,显然n⊂β,从而有m∥β成立,但此时α,β不平行,充分性不成立.故“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.故选B.
2.B 解析 直线MN⊂平面PAC,MN∥平面PAD,平面PAC∩平面PAD=PA,
所以MN∥PA.故选B.
3.A 解析 延长DC,AB交于G,连接GP,GE,GE与PC的交点即为点F,则由BC∥AD,AD=2BC,得C是DG中点,∵E是PD中点,∴F是△PDG的重心,
∴CF=13CP,即λ=3.
故选A.
4.A 解析 连接AC交BE于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.
因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,所以AGGC=AEBC.
因为E为AD的中点,所以AGGC=AEBC=12,所以PFFC=12,所以CFCP=23.故选A.
5.ABC 解析 如图所示,把平面展开图还原为四棱锥.由EF∥AB,EF⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,得EF∥平面ABCD.又EH∥AD,同理可证EH∥平面ABCD,又EF∩EH=E,EF,EH⊂平面EFGH,所以平面EFGH∥平面ABCD,故A正确;因为BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以平面PAD∥BC,故B正确;因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以平面PCD∥AB,故C正确;因为平面PAD与平面PAB有公共点P,所以平面PAD与平面PAB不平行,故D不正确.故选ABC.
6.平行四边形 解析 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ABB1A1∥平面CDD1C1,平面AEC1F∩平面ABB1A1=AE,平面AEC1F∩平面CDD1C1=C1F,
则AE∥C1F,同理,由平面ADD1A1∥平面CBB1C1可得AF∥C1E,
所以四边形AEC1F为平行四边形.
7.9 解析 因为平面α∥平面β,根据面面平行的性质定理,可得AC∥BD,
所以∠PAC=∠PBD,∠PCA=∠PDB,又∠APC=∠APD,
所以△PAC∽△PBD,
因此ACBD=PAPB=PAPA+AB=68=34,
又BD=12,所以AC=9.
8.证明 (1)取B1D1的中点E,连接A1E,CE.则A1E=OC,A1E∥OC.所以四边形COA1E为平行四边形,所以A1O∥EC.因为EC⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为BD∥B1D1,B1D1⊂平面B1CD1,BD⊄平面B1CD1,
所以BD∥平面B1CD1.
由(1)知,A1O∥平面B1CD1.因为A1O∩BD=O,A1O,BD⊂平面A1BD,
所以平面A1BD∥平面B1CD1.
9.C 解析 取AC的中点G,连接SG,BG.因为△ABC是等边三角形,则BG⊥AC.
因为S-ABC是正三棱锥,所以SA=SC,则SG⊥AC,BG,SG⊂平面SGB,故AC⊥平面SGB.
因为SB⊂平面SGB,所以AC⊥SB.
因为SB∥平面DEFH,SB⊂平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,所以SB∥HD,同理SB∥FE.
又D,E分别为AB,BC的中点,则H,F也分别为AS,SC的中点,从而得HF∥AC∥DE,且HF=12AC,DE=12AC,
即HF∥DE且HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形.又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四边形DEFH为矩形.故选C.
10.D 解析 对于①,设平面PAB内存在直线m,使m∥DC,
又DC⊄平面PAB,m⊂平面PAB,所以DC∥平面PAB,
又平面ABCD∩平面PAB=AB,所以DC∥AB,矛盾,
即在平面PAB内不存在与DC平行的直线,故①正确;
对于②,设平面PAB∩平面PDC=l,则l⊂平面PAB,
所以在平面PAB内存在无数条与直线l平行的直线,这无数条直线也与平面PDC平行,故②正确;
对于③,设平面PAB∩平面PDC=l,且l∥平面ABCD,又l⊂平面PAB,平面PAB∩平面ABCD=AB,所以l∥AB,
同理可得l∥CD,则AB∥CD,矛盾,
即平面PAB与平面PDC的交线与底面ABCD不平行,故③正确.故选D.
11.ABD 解析 因为平面AMN∥平面EFDB,平面A1B1C1D1∩平面EFDB=EF,平面A1B1C1D1∩平面AMN=MN,所以MN∥EF,故A正确;在长方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1B1C1D1∥平面ABCD,又平面EFDB∩平面ABCD=BD,平面EFDB∩平面A1B1C1D1=EF,所以EF∥BD,故B正确;如图,连接MF,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ABB1A1∥平面DCC1D1.
又平面ADFM∩平面ABB1A1=AM,平面ADFM∩平面DCC1D1=DF,所以DF∥AM,因为AM∩AN=A,所以AN与DF不平行,故C错误;
如图,连接NE,由长方体性质得平面BCC1B1∥平面AA1D1D,因为平面ABEN∩平面BCC1B1=BE,平面ABEN∩平面AA1D1D=AN,所以BE∥AN,又因为AN⊂平面AMN,BE⊄平面AMN,所以BE∥平面AMN,故D正确.故选ABD.
12.2 解析 如图,分别取AA1,A1D1的中点H,G,连接B1G,GH,HB1,AD1,HP,因为P为DD1的中点,得HP∥A1D1∥B1C1,HP=A1D1=B1C1,则四边形HPC1B1是平行四边形,故B1H∥PC1.
因为B1H⊂平面B1GH,PC1⊄平面B1GH,故PC1∥平面B1GH.
又因为AB∥A1B1∥D1C1,AB=A1B1=D1C1,则四边形ABC1D1是平行四边形,故BC1∥AD1.
因为GH∥AD1,故BC1∥GH,又BC1⊄平面B1GH,GH⊂平面B1GH,可得BC1∥平面B1GH,
且PC1∩BC1=C1,PC1,BC1⊂平面BC1P,故平面B1GH∥平面BC1P.
又因为B1Q∥平面BC1P,故B1Q⊂平面B1GH,
故点Q的轨迹为线段GH,其长为2.
13.(1)证明 如图,连接A1C,则N也为A1C的中点.因为M为A1B的中点,所以MN为△A1BC的中位线,所以MN∥BC.又MN⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,所以MN∥平面ABC.
(2)解 存在,当P为BC1的中点时,平面MNP∥平面ABC.证明如下:连接PM,PN,因为N为AC1的中点,P为BC1的中点,所以PN∥AB,又PN⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以PN∥平面ABC,又由(1)知MN∥平面ABC,且MN∩PN=N,MN,PN⊂平面MNP,所以平面MNP∥平面ABC.
14.B 解析 过E作EG∥BC交AB于G,连接FG,如图所示.
因为EG∥BC,BC⊂平面PBC,EG⊄平面PBC,
根据线面平行的判定定理可得EG∥平面PBC.又因为EF∥平面PBC,EG∩EF=E,EG,EF⊂平面EFG,
根据平面与平面平行的判定定理的推论,可得平面EFG∥平面PBC.
又平面PAB∩平面EFG=FG,平面PAB∩平面PBC=PB,所以FG∥PB.
根据相似三角形性质可得PFFA=BGGA.
因为EG∥BC,CE∥AB,所以四边形BCEG为平行四边形,所以CE=EG.
又AB=3CE,所以AG=2BG,所以PFFA=BGGA=12.故选B.
15.192 解析 在B1B,B1C1上取点E,F,使得BB1=3EB1,B1C1=3B1F,
连接EF,BC1,AD1,
因为A1D1=3D1N,可得A1N∥C1F,且A1N=C1F,所以四边形A1FC1N为平行四边形,
所以C1N∥A1F.
由BB1=3EB1且B1C1=3B1F,可得EF∥BC1,又由AA1=3AM且A1D1=3D1N,可得MN∥AD1.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AD1∥BC1,所以EF∥MN.
因为A1F⊄平面C1NM,且C1N⊂平面C1NM,所以A1F∥平面C1NM,
同理可证EF∥平面C1NM.又因为A1F∩EF=F,且A1F,EF⊂平面A1EF,所以平面A1EF∥平面C1NM,
因此点Q的轨迹为△A1EF及其内部.
在等腰三角形A1EF中,A1F=A1E=10,EF=2,可得底边EF上的高为A1F2-(EF2) 2=382,
所以面积为12×2×382=192.
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