高考数学一轮复习考点讲与练专题35 空间直线、平面的平行同步练习（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习考点讲与练专题35 空间直线、平面的平行同步练习（含答案解析），共3页。试卷主要包含了，则“”是“平面”的等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共10小题）
1．（2025春•上城区月考）如图所示，在空间四边形中，，分别为，上的点，且，又，分别为，的中点，则
A．平面，且四边形是矩形
B．平面，且四边形是梯形
C．平面，且四边形是菱形
D．平面，且四边形是平行四边形
2．（2025春•长沙期末）如图所示，在正方体中，是棱的中点，点在棱上，且，若平面，则
A．B．C．D．
3．（2025•抚顺开学）在四棱锥中，，分别为侧棱，上一点（不含端点），则“”是“平面”的
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
4．（2025春•武汉期末）已知α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是（ ）
A．存在两条不同直线a，b，使a∥α，a∥β，b∥α，b∥β
B．存在两条不同直线a，b，使a⊂α，a∥β，b⊂α，b∥β
C．存在两条异面直线a，b，使a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条平行直线a，b，使a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
5．（2025•杭州三模）设，，是三个不同平面，且，，则“”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
6．（2024春•通州区期末）设，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，，则
7．（2025春•广州期中）如图，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，当平面时，
A．B．C．2D．
8．（2024春•东安区期中）已知正方体的棱，，，的中点分别，，，，则下列直线中，与平面和平面的交线平行的直线
A．B．C．D．
9．（2025春•信都区月考）如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，，分别在线段，上，且，在上且平面平面，则
A．B．C．D．
10．（2025春•河南月考）如图，在直三棱柱中，点，分别在棱，上，，，点满足，若平面，则的值为
A．B．C．D．
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025春•广东月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F，给出的四个结论，正确的是（ ）
A．对于任意的点E，ED1∥BF
B．存在点E，使得A1C1∥平面BED1F
C．存在点E，使直线A1D与直线D1E共面
D．存在唯一的点E，使得截面四边形BED1F的周长取得最小值
（多选）12．（2025春•广州期中）已知正方体中，，点，，分别是线段，，的中点．则以下选项中正确的是
A．直线平面
B．平面平面
C．直线、、三线共点
D．过，，三点作正方体的截面，截面的周长为
（多选）13．（2025春•海珠区期中）如图，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上一个动点，则
A．存在点，使
B．存在点，使平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．存在点，使得平面截正方体所得截面为正六边形
（多选）14．（2025春•杭州期中）如图，在正方体中，，，分别是棱，，的中点，则
A．平面B．平面
C．点在平面内D．点在平面内
三．填空题（共4小题）
15．（2025春•洛阳月考）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，若，且平面，则 ．
16．（2025春•呼伦贝尔月考）如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，点在上底面（含边界）上运动，若满足平面，则点的轨迹长度为 ．
17．（2021春•历下区期中）如图所示，在空间四边形中，，分别为边，上的点，且，又，分别为，的中点，则下列结论正确的是 （请填写正确命题的序号）
①平面；
②平面；
③平面；
④平面．
18．（2024秋•旌阳区月考）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点，分别为，的中点，点为△内的一个动点（包括边界），若平面，则点的轨迹的长度为 ．
四．解答题（共6小题）
19．（2025春•安徽期中）如图，在四棱锥中，△和△均为正三角形，，，，为上一点，设平面与平面的交线为．
（1）求证：面；
（2）求证：面；
（3）当平面时，面与交于，求的值．
20．（2025春•宁夏期中）如图所示，在四棱锥中，在底面中，，在棱上且．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由．
21．（2025春•深圳期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，点为中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
22．（2025春•重庆月考）如图，在正三棱柱中，，，分别是棱，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）过点、的平面交于点，交于点．求证：．
23．（2025•长沙模拟）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）记平面与底面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并证明．
24．（2025春•浦东新区期末）如图，在空间几何体中，底面是正方形，，，分别是，，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面经过点，，，且与棱交于点．请作图画出在棱上的位置，并求出的值．
一．选择题（共10小题）
二．多选题（共4小题）
一．选择题（共10小题）
1．【答案】
【分析】由已知得．由此能证明平面．由已知条件推导出．．．从而得到四边形为梯形．
【解答】解：在平面内，，
．
又平面，平面，
平面．
又在平面内，
，分别是，的中点，
．．
又，，．
在四边形中，且，
四边形为梯形．
故选：．
2．【答案】
【分析】根据题意，先求出平面的法向量，再根据线面平行可得，运算求解可得答案．
【解答】解：如图所示，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示，设正方体的棱长为1，
则，
可得，
设是平面的法向量，则，
令，则，，即，
由，且，可得，1，，
又因为，0，，则，
由平面，可得，解得．
故选：．
3．【答案】
【分析】运用线面平行的判定定理和性质定理来判断“”与“平面”之间的条件关系．
【解答】解：根据题意可知，在四棱锥中，，分别为侧棱，上一点，
由，平面，平面，得平面，
由平面，平面，平面平面，得，
故“”是“平面”的充要条件．
故选：．
4．【答案】C
【分析】对于A、B、D，结合各项前提，举反例说明，对于C，应用反证思想说明，即可得．
【解答】解：对于A，若α∩β＝l，空间存在直线a，b都平行于α，β，满足前提，
但α∥β不成立，故不是充分条件，所以A不正确；
对于B，若α∩β＝l，在α内取两条直线a，b都平行于直线l，
则a∥β，b∥β，满足前提，但α∥β不成立，故不是充分条件，所以B不正确；
对于C，若α∩β＝l，a⊂α，a∥β，则a∥l（否则a，β相交），
同理b⊂β，b∥α，则b∥l，故a，b不可能异面，与前提矛盾，此时α∥β，是充分条件，所以C正确；
对于D：若α∩β＝l，在α内取a∥l，在β内取b∥l，满足前提，但α∥β不成立，故不是充分条件，所以D不正确．
故选：C．
5．【答案】
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案．
【解答】解：由，，，则，可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
6．【答案】
【分析】根据空间中的点线面的位置关系即可结合选项逐一求解．
【解答】解：对于，若，，则或，故错误；
对于，若，，则或，故错误；
对于，若，，则，正确；
对于，少了与相交的条件，故错误．
故选：．
7．【答案】
【分析】连接，设交于，连接，由线面平行的性质可得，再由平行线分线段成比例，可得答案．
【解答】解：连接，设交于，连接，
因为平面，平面，
且，平面，
所以，
在平行四边形，为的中点，所以，
所以．
故选：．
8．【答案】
【分析】作出平面和平面的交线图，结合中位线定理即可得解．
【解答】解：设，，连接，
而，平面，，平面，
则平面平面，
作出平面和平面的交线如图所示：
另一方面：由正方形的性质可知，分别是，的中点，
从而，同理有，
对比选项可知与平面和平面的交线平行的直线．
故选：．
9．【答案】
【分析】连接，，利用面面平行、线面平行的性质证明线线平行，再结合平行线分线段成比例定理求解作答．
【解答】解：在四棱柱中，连接，，如图，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，则，于是，
平面平面，而平面，则平面，
在平面内存在与不重合的直线，又平面平面，平面，
则平面，在平面内存在与不重合直线，从而，平面，
平面，则平面，又平面，平面平面，
因此，，可确定平面，因为平面平面，
平面平面，平面平面，于是，即有，
所以．
故选：．
10．【答案】
【分析】在上取，连接，，由题意可证得四边形为平行四边形，可得，进而可证得平面，即平面与平面重合，可得，再由平行线分别线段成比例，可得的值．
【解答】解：因为，，可得，
则，在上取，连接，，
则，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，可得平面，
又因为平面，可得平面与平面重合，
因为，可得，因为，且，
所以，即，
即，
所以．
故选：．
二．多选题（共4小题）
11．【答案】ABD
【分析】对于A，由面面平行的性质定理可得BF∥D1E；
对于B，当点E为CC1的中点时，有A1C1平面BED1F；
对于C，易知直线A1D与直线D1E是异面直线；
对于D，利用侧面展开图可求解最短周长．
【解答】解：对于A，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，
平面BED1∩平面ABB1A1＝BF，
平面BED1∩平面DCC1D1＝D1E，
由面面平行的性质定理得BF∥D1E，故A正确；
对于B，当点E为CC1的中点时，有A1C1平面BED1F，
证明如下：由A可知BF∥D1E，当点E为CC1的中点时，F为AA1的中点，
此时A1F∥C1E，A1F＝C1E，
故四边形A1FEC1为平行四边形，
所以A1C1∥FE，
因为A1C1⊄平面BED1F，FE⊂平面BED1F，
所以A1C1∥平面BED1F，故B正确；
对于C，不论点E在何位置，直线A1D与直线D1E永远为异面直线，
故直线A1D与直线D1E不可能共面，故C错误；
对于D，由A可知BF∥D1E，同理可知BE∥FD1，
故四边形BED1F为平行四边形，
所以四边形BED1F的周长L＝2（|BE|+|D1E|），
将矩形BCC1B1绕棱CC1向内旋转90度，使矩形BCC1B1和矩形DCC1D1共面，
连接BD1交CC1于点E，如下图所示：
故存在唯一的点E，使得|BE|+|D1E|最小，
此时截面BEB1F四边形的周长取得最小值，故D正确．
故选：ABD．
12．【答案】
【分析】利用线面平行的判定推理判断；作出过点，，的正方体的截面，计算判断；借助三角形中位线性质判断．
【解答】解：在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，
对于，连接，，，平面，平面，则平面，正确；
对于，直线与，的延长线交于点，，连接，与，分别交于点，，
由，得，则，
由，得，，
则直线与不平行，而，平面，于是与必相交，
又平面，平面，即平面与平面有公共点，错误；
对于，由，，令直线，则是的中点，
同理直线，是的中点，因此，重合，正确；
对于，由选项知，五边形是过，，三点的正方体截面，
，而，则，同理，因此五边形周长等于，正确．
故选：．
13．【答案】
【分析】根据正方体的性质即可判断选项；
根据假设法即可判断选项；
根据三棱锥体积公式即可判断选项；
根据正六边形的性质即可判断选项．
【解答】解：选项，存在点为与的交点，使得，
理由如下：若点为与的交点，则，，三点共线，由正方体性质得，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为，为，中点，所以，所以，即，故选项正确；
选项，如图，，为侧面中心，
则平面与平面和平面分别交于线，，若存在点使平面平面，
则，又，则四边形为平行四边形，
即，，此时应在延长线上，故选项错误；
选项，随着移动但到面的距离始终不变即，
故是定值，故选项正确；
选项，如图，当为靠近的四等分点时，平面截正方体的截面为正六边形，故选项正确．
故选：．
14．【答案】
【分析】连接，根据正方体的性质可得，即可得到平面，再根据中位线的性质及平行公理得到，即可得到、、，四点共面，从而得解．
【解答】解：连接，在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
所以点在平面外，故正确，错误；
因为，分别是棱，的中点，所以，
所以，所以、、，四点共面，即点在平面内，
所以平面，故错误，正确．
故选：．
三．填空题（共4小题）
15．【答案】．
【分析】首先作辅助线，根据相似可求得，然后根据线面平行的性质得出线线平行，进而由相似定理可求得．
【解答】解：如图，连接交于点，连接解，
因为，，所以，
即，
因为平面，平面平面，平面，
所以，
所以．
故答案为：．
16．【答案】．
【分析】取，，，的中点分别为，，，，连接，，，，，，，可证明平面，点在平面内，进而可得点在面与面的交线上，即可求解．
【解答】解：取，，，的中点分别为，，，，
连接，，，，，，，
因为，分别为，的中点，所以，
同理可得，
正方体中，易知四边形是平行四边形，
可得，
所以，同理可证明，，
所以，，，，，共面，
因为，面，面，
所以平面，
若平面，则点在平面内，
又因为点在上底面（含边界），
所以点在面与面的交线上，
所以点在线段上，则点轨迹长度为．
故答案为：．
17．【答案】①②③
【分析】根据题意，，再由线面平行的判定定理即可得答案．
【解答】解：在中，，，
又平面，平面，
平面，平面，
平面；平面；
分别为，的中点，，
又平面，平面，
平面，，，
四边形是梯形，与必相交，
平面，与平面有公共点，
即与平面不平行．
综上，正确的是：①②③，
故答案为：①②③．
18．【答案】．
【分析】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面，的法向量确定点的位置，利用向量即可得解．
【解答】解：由题知，，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
记的中点为，连接，
因为为正方形，为中点，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
记点的轨迹与交于点，由题知平面，
因为，是平面内的相交直线，所以平面平面，
所以即为点的轨迹，
因为，0，，，2，，，1，，，2，，，0，，，0，，
所以，
设，
则，
设为平面的法向量，
则，则，
令得，
因为，所以，
解得，则，又
所以，
所以．
故答案为：．
四．解答题（共6小题）
19．【答案】（1）证明见解答；（2）证明见解答；（3）．
【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，即，进而得出．然后根据线面平行的判定定理，即可得出证明；
（2）根据已知结合线面平行的判定定理，得出平面，根据线面平行的性质定理结合已知得出．进而即可根据线面平行的判定定理，得出证明；
（3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出，进而根据梯形的性质求出，根据线面平行的性质定理得出，，．然后可求出，进而得出，根据等体积法即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：由△为正三角形，且，可知，
又因为，且，
在△中，由余弦定理得，
所以，所以，所以，即，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）证明：因为，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（3）设，如图，连接交于点，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
在梯形，中，，，，
所以有△△，
所以，
因为，所以有，所以，
因为平面与交于，平面与交于，，
所以有平面平面，
又平面，平面，
所以，又，所以，，
所以，．
设梯形高为，
则．
由，可知，
所以，
又四棱锥与三棱锥高相等，
所以，
所以有．
20．【答案】（1）证明见解答；
（2）存在，．
【分析】（1）由线面平行判断定理可以得证；
（2）存在，点为上靠近的三等分点时，即时，分别证得平面和平面，由面面平行判定定理可证得结论．
【解答】（1）证明：因为，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：存在，且当点为上靠近点三等分点时，
即时，平面平面．
下面给出证明：
因为，所以，，
又因为点为上靠近点三等分点，所以，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为在棱上且，即，
又因为，所以△△，
所以，又平面，平面，
所以平面，
又，平面，，
所以平面平面．
21．【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）连接，由三角形中位线可证得，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）先利用面面垂直的性质定理得平面，进而利用线面垂直的性质和判定定理得平面，根据线面角定义可知所求角为，在直角三角形中由长度关系求解即可．
【解答】（1）证明：连接，交于点，连接，
四边形为平行四边形，为中点，
又点为中点，，
平面，平面，平面；
（2）解：，点为中点，，
又平面平面，平面平面，，
又平面，平面，
取的中点为，连接，，如图所示．
由题意，，则，
由平面，平面，得，
，且，平面，平面，
直线与平面所成角即为，平面，，
设，则，，
在△中，，
即直线与平面所成角的正弦值为．
22．【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析．
【分析】（1）连接，，利用线线平行证得平面平面，进而利用面面平行的性质可得结论；
（2）利用已知可证平面，进而利用线面平行的性质可证．
【解答】证明：（1）证明：连接，，
因为，分别是棱，的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，分别是棱，的中点，
又且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，
又，
所以平面平面，
又平面，所以平面；
（2）记过点、的平面为平面，平面交于点，交于点，
因为，分别是棱，的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以．
23．【答案】（1）证明过程见解答；
（2）直线与平面平行，证明过程见解答．
【分析】（1）推导出，由此能证明平面；
（2）连接，则，从而平面，由线面平行的性质得，从而，由此能证明平面．
【解答】解：（1）证明：底面是菱形，，，分别为，，的中点．
，，，
平面，平面，
平面；
（2）直线与平面平行，证明如下：
连接，，，分别为，，的中点，
，
平面，平面，
平面，
平面与底面的交线为，由线面平行的性质得，
，，
，，且平面，平面，
平面．
24．【答案】（1）证明过程见详解；
（2）为的距离较近的三等分点，．
【分析】（1）取中点，连接，，，由题意可证得四边形为平行四边形，可证得，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）过作直线与平行，可得，即可得，共面，延长与交于点，连接，与的交点即为点，由平行线分线段成比例可得为三等分点，即求出的值．
【解答】（1）证明：取中点，连接，，，
由是中点，且，
由四边形是正方形，是中点，
所以且，
可得且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）解：如图，过作直线与平行，
则，故，共面．
延长与交于点，连接，与的交点即为点，
因为底面是正方形，是的中点，
所以，且，
因为是的中点，所以，
则，所以．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
C
B
C
A
A
D
A
题号
11
12
13
14
答案
ABD
ACD
ACD
AD