新教材高一数学必修第二册暑假作业第11练《空间直线、平面的平行》（2份打包，解析版+原卷版）

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第11练 空间直线、平面的平行

【知识梳理】
知识点一 直线与平面平行
【知识点的知识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行． 用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．
由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
知识点二 平面与平面平行
【知识点的认识】
两个平面平行的判定：
（1）两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
（2）垂直于同一直线的两个平面平行．即a⊥α，且a⊥β，则α∥β．
（3）平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ，则α∥β．
平面与平面平行的性质：
性质定理1：两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面．
性质定理2：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
性质定理3：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．

一．选择题（共3小题）
1．已知，为两条直线，，为两个平面，则下列结论正确的　　
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，，，则 D．若，，则
【分析】对，注意判断的情况；
对，结合线面平行的性质即可判断；
对，讨论，的相交情况，即可判断；
对，注意判断的情况．
【解答】解：对，，，则或，错；
对，，，，由线面平行的性质易得，存在，，，，故，则，故，对；
对，，，，，则当时，；当，则或，相交，错；
对，，，则或，错．
故选：．
【点评】本题考查了线面，面面之间的关系，属于基础题．
2．已知直线与平面，则“，不平行”是“内不存在直线与平行”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
【分析】根据直线和平面的位置关系以及充分必要条件的定义即可判断．
【解答】解：若，不平行，则或与相交，当时，内存在直线与平行，
若内不存在直线与平行，则与相交，即，不平行，
所以“，不平行”是“内不存在直线与平行”的必要不充分条件．
故选：．
【点评】本题为命题真假的判断，熟练掌握立体几何中的线面位置关系是解决问题的关键，属基础题．
3．如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线不平行于平面的是　　
A． B．
C． D．
【分析】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．
【解答】解：对于，如图，连接，则，
因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
对于，如图连接，

因为，分别为，的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
对于，如图，连接，则，

因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
对于，如图取底面中心，连接，

由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，
因为与平面相交，所以与平面相交，
故选：．




【点评】本题考查了线面平行的判定，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
4．如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则　　

A． B．平面 C． D．
【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可．
【解答】解：四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，
平面，平面平面，
由直线与平面平行的性质定理可得：．
平面，平面，所以平面．
故选：．
【点评】本题考查直线与平面平行的性质定理以及判断定理的应用，是基础题．
5．如图，在长方体中，，，、分别为棱，的中点，则下列说法正确的是　　

A．，，，四点共面 B．与是异面直线
C．平面平面 D．平面
【分析】由得，共面，即可判断选项；取中点，由，平面即可判断选项；由平面，平面即可判断选项；由即可判断选项．
【解答】解：由，知，共面，即，，，四点共面，正确；
取中点，连接，，易得，，则四边形为平行四边形，

，又平面，故与是异面直线，正确；
取中点，连接，，易得，，则四边形为平行四边形，，
又平面，平面，则平面，又，同理可得平面，
又，平面，，则平面平面，正确；
由，又平面，平面，则平面，正确．
故选：．
【点评】本题考查面面平行，考查学生的推理能力，属于中档题．
6．在正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点平面，，则　　
A．
B．直线平面
C．正方体被平面截得的截面为正六边形
D．点的轨迹长度为
【分析】取中点，由即可判断选项；取棱，，的中点，，，由，，，平面即可判断选项；先判断平面平面，由平面即可判断选项；连接，先判断平面，进而求得点的轨迹为以为圆心1为半径的圆即可判断选项．
【解答】解：

连接，，取中点，连接，易得，则不平行，错误；

如图，取棱，，的中点，，，易得，平面，则面，同理可得，，，平面，
即正六边形为正方体被平面截得的截面，正确；
由选项知：平面即平面，易得，又平面，平面，则平面，
同理可得平面，又，则平面，，则平面平面，
又平面，则直线平面，正确；
连接，易得与平面交于正方体的体心，连接，易得，
又平面，平面，
则，又，平面，，则平面，平面，则，
同理可得，又，平面，，则平面，平面，则，
又，则，即点的轨迹为以为圆心1为半径的圆，
故点的轨迹长度为，正确．
故选：．
【点评】本题考查线面平行，考查学生的推理能力，属于中档题．
7．在三棱柱中，，，，分别为，，，中点，为△重心，则　　
A．平面 B．平面
C．，为异面直线 D．，为异面直线
【分析】可将三棱柱特殊化，直三棱柱的底面以为直角顶点的等腰直角三角形，设边长，建立直角坐标系求解．
【解答】解：由题意可将三棱柱特殊化，
设直三棱柱的底面以为直角顶点的等腰直角三角形，且，
以为坐标原点，以分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，，，0，，，1，，，1，，，
对于选项，，取平面的法向量，0，，
因为，所以，又平面，所以平面，故选项正确；
对于选项，，，
设平面的法向量，，，
由，令，则平面的法向量，1，，
因为，所以，又平面，所以平面，故选项正确；
对于选项，，
若四点共面，则，与是非零向量矛盾，所以，不共面，即为异面直线，故选项正确；
对于选项，，
则，所以，为共面直线，故选项错误；
故选：．
【点评】本题考查了线面平行的判断以及空间中两直线的位置关系，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
8．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体（如图），下列说法正确的是 　①③⑤　（选填序号）
①以正八面体各个面的中心为顶点的几何体为正方体；
②直线与是异面直线；
③与平面所成的角为；
④平面平面；
⑤平面平面．

【分析】对于①，正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体；对于②，根据条件可知，直线与是平行线；③连接交平面于，连接，为与平面所成的角，求解即可判断；对于④，取中点，连接，，，推导出是二面角的平面角，由余弦定理求出，得到平面与平面不垂直；对于⑤，由，，，得到平面平面．
【解答】解：对于①，正方体各面中心为顶点的凸多面体为正八面体，
它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，
该正方形对角线长等于正方体的棱长，
以各个面的中心为顶点的正方体为图形是正方体，
正方体面对角线长等于棱长的，
（正三角形中心到对边的距离等于高的，故①正确；
对于②，如图，连接，，，，
则、、、分别是、、、的中点，
，，
直线与是平行线，故②错误；

对于③，连接交平面于，连接，易得平面，
为与平面所成的角，
设正八面体的棱长为2，则，所以，
与平面所成的角为，故③正确；
对于④：取中点，连接，，，
设正方体棱长为1，则和都是边长为的等边三角形，
，，是二面角的平面角，
，，
，
平面与平面不垂直，故④错误；
对于⑤，，，，，，
平面平面，故⑤正确．
故答案为：①③⑤．


【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
9．如图，多面体中，面为正方形，平面，，且，，为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：
①当为的中点时，平面；
②存在点，使得；
③三棱锥的体积为定值；
④三棱锥的外接球的表面积为．
其中正确的结论序号为 　①③④　（填写所有正确结论的序号）

【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可．
【解答】解：对①：当为的中点时，取中点为，连接，，如下所示：

因为，分别为，的中点，故可得，
根据已知条件可知：，
故，，故四边形为平行四边形，
则，又面，面；
故平面，故①正确；
对②：因为面，，面，
故，，
又四边形为矩形，故，则，，两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：

则，0，，，0，，，2，，
设，0，，，，
若，则，
即，解得，不满足题意，故②错误；
对③：，因为，，均为定点，故为定值，
又，面，面，故面，
又点在上运动，故点到面的距离是定值，
故三棱锥的体积为定值，则③正确；
对④：取的外心为，过作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心一定在上，
因为面，面，面，则，
又，，，面，
故面，又面，
则，故，在同一个平面，
则过作，连接，，如图所示：

在中，容易知，
则由余弦定理可得，故，
则由正弦定理可得，
设三棱锥的外接球半径为，则，
在中，，，
又，
故由勾股定理可知：，即，
解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考察线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属于难题．
10．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，给出下列命题：
①，；
②，；
③，，．
其中假命题的序号是 　①②③　．（写出所有假命题的序号）
【分析】根据空间中线线，线面位置关系易判断①②③的真假性．
【解答】解：对于①：由，，可得或，是异面直线，与相交，故①是假命题；
对于②：当时，显然结论不成立；故②是假命题；
对于③：，，或，是异面直线，故③是假命题．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查空间中线线，线面位置关系，属基础题．
11．在直三棱柱中，，，，，分别是，，，，的中点，给出下列四个判断：
①平面；
②平面；
③平面；
④平面，
则错误的序号为 　①②④　．

【分析】连接、、、、、、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质结合假设法可判断①②③④的正误．
【解答】解：连接、、、、、、、，

所以，四边形为平行四边形，则 且，
、 分别为、的中点，则且，
故四边形为平行四边形，则，
平面，平面，故平面，
同理可证四边形 为平行四边形，则，，
则四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，则平面，
，故平面平面，平面，则平面，③对；
对于①，若平面，，则平面平面，
因为过点且与平面平行的平面只有一个，矛盾，故①错，
同理可知，②④均错．
故答案为：①②④．

【点评】本题考查线面平行，考查学生的推理能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
12．如图，已知棱柱的底面是平行四边形，且侧面均为正方形，为棱的中点，为线段的中点．
（1）作出面与面的交线并证明．
（2）求证：面．

【分析】（1）做辅助线，证得，则，，，四点共面，所以为平面与平面的交线；
（2）连接，，利用中位线定理证得，利用直线与平面判定定理证明即可．
【解答】（1）证明：设中点为，中点为，
连，，，为所求交线，

，，为，，中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，
，
，即，，，四点共面，
平面平面．
（2）证明：

连接，，为中点，
过点，且为中点，
又为中点，
，
平面，平面，
平面．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，熟练运用直线与平面判定定理是解决本题的关键．
13．如图所示，已知四边形是正方形，四边形是矩形，是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，平面平面，试分析与的位置关系，并证明你的结论．

【分析】（1）令，连接，证明，再利用线面平行的判定推理作答；
（2），利用（1）的结论，结合线面平行的性质、平行公理推理作答．
【解答】（1）证明：

令，连接，
四边形为矩形，、分别为、中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
（2），
由（1）知平面，
又平面，平面平面，
，
平面，平面，平面平面，
，
．
【点评】本题主要考查线面平行的判定定理和性质定理，是中档题．
14．如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．

【分析】（1）利用线线平行证线面平行；
（2）利用线面平行证面面平行．
【解答】（1）证明：因为平面，，所以平面，
（2）证明：因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，所以平面，又因为平面，，
所以平面平面．
【点评】本题考查线面平行的证明与面面平行的证明，属基础题．
15．如图，，分别是空间四边形的边，的中点，，分别是，上的点，且，，，四点共圆．
（1）求证：平面；
（2）求证：．

【分析】（1）结合线面平行的判定定理来证得结论成立；
（2）结合线面平行的性质定理来证得结论成立．
【解答】证明：（1）因为，分别是，的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以．
【点评】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理的应用，属于基础题．
16．如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）为线段上一点，且，求证：平面．

【分析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明；
（2）要证明线面平行，可转化为证明面面平行，根据判断定理转化为证明平面平面．
【解答】证明：（1）连接，在三角形中，是的中点，是的中点，所以，
平面，平面，所以平面
（2）连接，，分别是，的中点，
又平面，平面，平面
由（1）得平面，平面，平面，
平面平面
又平面，平面．

【点评】本题考查线面平行、面面平行的判定和正方体的截面的做法和面积求法，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．



一．选择题（共1小题）
17．已知正方体的棱长为2，为正方形内的一动点（包含边界），、分别是棱、棱的中点．若平面，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【分析】作辅助线，证明平面平面，说明线段即为动点的轨迹，由此求得的长，即可求得答案．
【解答】解：连接，，则，平面，
故平面，
设为的中点，连接，，
由于分别是棱的中点，故，，
则四边形为平行四边形，故，
平面，故平面，
又，，平面，
故平面平面，
由于平面，故平面，
又因为为正方形内的一动点，且平面平面，
故即为动点的轨迹，
而，故的取值范围是，．
故选：．

【点评】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
二．多选题（共1小题）
18．在三棱柱中，，，，分别为，，，中点，为△重心，则　　
A．平面 B．平面
C．，为异面直线 D．，为异面直线
【分析】可将三棱柱特殊化，直三棱柱的底面以为直角顶点的等腰直角三角形，设边长，建立直角坐标系求解．
【解答】解：由题意可将三棱柱特殊化，
设直三棱柱的底面以为直角顶点的等腰直角三角形，且，
以为坐标原点，以分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，，，0，，，1，，，1，，，
对于选项，，取平面的法向量，0，，
因为，所以，又平面，所以平面，故选项正确；
对于选项，，，
设平面的法向量，，，
由，令，则平面的法向量，1，，
因为，所以，又平面，所以平面，故选项正确；
对于选项，，
若四点共面，则，与是非零向量矛盾，所以，不共面，即为异面直线，故选项正确；
对于选项，，
则，所以，为共面直线，故选项错误；
故选：．
【点评】本题考查了线面平行的判断以及空间中两直线的位置关系，属于中档题．
三．填空题（共2小题）
19．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是 　　．

【分析】取的中点，连接，，，由正方体的几何特征，易证平面平面，再根据是侧面内一点（含边界），且平面，得到点在线段上运动，然后在等腰中求解．
【解答】解：如图所示：

取的中点，连接，，，
在正方体中，易得，
又因为平面，平面，所以平面，
同理证得平面，又因为，
所以平面平面，
因为是侧面内一点（含边界），且平面，
所以点在线段上运动，
如图所示：

在等腰中，作，且，
所以，
设点到线段的距离为，
由等面积法，得，解得，
所以线段长度的取值范围是，
故答案为：．

【点评】本题考查了面面平行的判定定理和性质，空间距离的取值范围问题，属于中档题．
20．如图所示，在长方体中，若，，分别是，的中点，①与垂直；②平面；③与所成的角为；④平面．则以上结论中成立的是　①④　．

【分析】观察正方体的图形，连，则交于且为中点，推出；分析判断①④正误；直线与平面垂直的判定定理判断②的正误；异面直线所成的角判断③的正误．
【解答】解：连，则交于且为中点，
在三角形中，，所以平面，故①正确；
不垂直平面，所以②平面，故②不正确；
与所成角就是，故③不正确；
由，得，所以平面，故④正确．
故答案为：①④．

【点评】本题考查命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查逻辑推理能力等数学核心素养，是中档题．



一．解答题（共4小题）
21．如图所示，矩形所在的平面，、分别是、的中点．
（1）求证：平面．
（2）求证：．

【分析】（1）取的中点，连接，．推导出四边形是平行四边形，从而．由此能证明平面．
（2）由平面，得，又，从而平面，进而，再由，能证明．
【解答】证明：（1）取的中点，连接，．
，分别是，中点，，
又，是中点，
，，
四边形是平行四边形，．
平面，平面，
平面．（6分）
（2）平面，，又，
平面，，
又，．（12分）

【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．
22．如图所示，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）推导出，，由此能证明平面平面．
（2）取中点，连接、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能求出平面，且．
【解答】证明：（1）在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点，
，，
，，且、平面，、平面，
平面平面．
解：（2）线段上存在一点，使得平面，且．
证明如下：
取中点，连接、，
、、分别是、、的中点，，
，四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面，且．

【点评】本题考查面面平行的证明，考查满足线面平行的点的位置的确定及求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
23．如图，在三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，求证：
（1）平面平面；
（2）、、三线共点．

【分析】（1）由已知条件条件出平面，平面，由此能证明平面平面平面；
（2）与必相交，设交点为，证明直线，即可证明、、三线共点．
【解答】证明：（1），分别为，的中点，，
平面，平面，
平面．
与平行且相等，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
，平面平面．
（2），，
与必相交，
设交点为，
则由，平面，得平面，
同理平面，
又平面平面，
直线，、、三线共点．

【点评】本题考查平面与平面平行的证明，考查直线位置关系，是中档题，
24．如图所示，在正方体中，、、、分别是、、、的中点．求证：
（1）；
（2）平面；
（3）平面平面．

【分析】（1）取的中点，连接、，四边则是平行四边形，即可证明；
（2）取的中点，易证四边形为平行四边形，故有，从而证明平面．
（3）由正方体得，由四边形是平行四边形，可得，可证 平面平面．
【解答】证明：（1）取的中点，连接、，四边则是平行四边形，
．
又，．
（2）取的中点，连接、，则，．
又，，
，，
四边形是平行四边形，．
又平面，平面．
（3）由（1）知，又，、平面，、平面，且，，平面平面．

【点评】本题考查证面面平行、线面平行的方法，直线与平面平行的判定、性质的应用，取的中点，是解题的突破口．