高中数学人教B版 (2019)必修 第四册11.3.2 直线与平面平行精品复习练习题

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题型一 线面平行概念辨析
1．（23-24高二上·上海青浦·期末）若一直线上有两点到一个平面的距离都等于1，则该直线与这个平面的位置关系是（ ）．
A．直线在平面内B．直线与平面相交或平行
C．直线与平面相交D．直线平行平面
【答案】B
【分析】
根据直线与平面的位置关系，结合题意，进行判断.
【详解】结合题意：要使一条直线的两点到一个平面的距离为1，则由线面位置关系可得：
当l//α时，可满足题意；
当l与α相交时，在面的异侧各有一个点可满足题意；
当l⊂α时，无法满足题意.
故直线与平面相交或平行.
故选：B.
2．（2023·四川南充·一模）已知直线m,n和平面α,n⊂α，m⊂α，则“m//n”是“m//α”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】
根据线面平行的判定定理与性质定理判断即可.
【详解】根据线面平行的判定定理知,若m//n,则m//α,故充分性成立；
若m//α,则直线m,n有可能平行或者异面,故必要性不成立.
所以“m//n”是“m//α”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（22-23高一下·浙江绍兴·期中）若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则下列说法正确的是（ ）
A．α内存在一条直线与l平行B．α内不存在与l平行的直线
C．α内所有直线与l异面D．α内所有直线与l相交
【答案】B
【分析】根据线面位置关系逐一分析即可.
【详解】若α内存在一条直线与l平行，则由l⊄α和线面平行判定定理可知l∥α，与已知矛盾，故α内不存在直线与l平行，A错误，B正确；
记l∩α=A，当α内直线a过点A，则l与a相交，C错误；
当α内直线b不过点A，则l与b异面，D错误.
故选：B

4．（22-23高一下·山东东营·阶段练习）以下四个命题中，真命题是 （只填真命题的序号）.
①若a，b是两条直线，且a//b，则a平行于经过b的任何平面；
②若直线a和平面 α 满足a//α，则a与 α 内的任何直线平行；
③若直线a，b和平面 α 满足a//α，b//α，则a//b；
④若直线a，b和平面 α 满足a//b，a//α，b⊄α，则b//α.
【答案】④
【分析】
根据点线面的位置关系即可判断.
【详解】解析：对于①，当经过b的平面也经过a时，不成立，故①为假命题；
对于②，a与 α 内的直线平行或异面，故②为假命题；
对于③，直线a与b三种位置关系都有可能，故③也为假命题；
对于④，因为a//α，过a作平面交α于直线c，则a//c，
又因为a//b，所以b//c，而b⊄α，c⊂α，所以b//α.故④为真命题.
故答案为：④
题型二 线面平行的判定定理之中位线法
1．（20-21高一下·山西太原·阶段练习）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的个数为（ ）
①OM//平面PBC ②OM//平面PCD ③OM//平面PDA ④OM//平面PBA
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】证明OM//PD，即可证明②③正确；M∈平面PBC，故①错误，M∈平面PAB，故④错误．
【详解】对于①，M∈平面PBC，故①错误；
对于②，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM//PD， OM⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM//平面PCD，故②正确；
对于③，由于OM//PD，OM⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM//平面PAD，故③正确；
对于④，由于M∈平面PAB，故④错误．
故选：B
2．（20-21高一下·广东深圳·期中）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1=AB=2，BC=3．

(1)求三棱柱ABC−A1B1C1的表面积；
(2)求证：AB1∥平面BC1D．
【答案】(1)16+213
(2)证明见解析
【分析】（1）分别求三棱柱每个面的面积相加即可；
（2）利用线面平行的判定定理证明即可.
【详解】（1）因为侧棱AA1⊥底面ABC，所以三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以侧面BCC1B1，BAA1B1，CAA1C1均为矩形．
因为AB⊥BC，所以底面ABC，A1B1C1均为直角三角形．
因为AA1=AB=2，BC=3，所以AC=AB2+BC2=22+32=13．
所以三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为
AB+BC+AC⋅AA1+2×12AB⋅BC=2+3+13×2+2×12×2×3=16+213．
（2）连接B1C交BC1于点O，连接OD，因为四边形BCC1B1为矩形，
所以O为B1C的中点．因为D为AC的中点，所以OD∥AB1．
因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，所以AB1∥平面BC1D．

3．（22-23高一下·天津北辰·期中）如图，PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=∠BAD=90∘，F为PA的中点，PD=2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形.求证：AC//平面DEF；

【答案】证明见解析
【分析】可先由中位线证明两线平行，再证明线面平行.
【详解】令PC交DE于O,连接OF,

∵四边形PDCE为矩形，
∴ O为PC中点，
又∵ F为PA的中点，
∴ AC//FO，
又AC⊄平面DEF，FO⊂平面DEF.
∴ AC//平面DEF，
4．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱ABC−DEF中，四边形ABED是菱形，四边形ADFC是正方形，AC⊥AB，AB=2，∠BAD=60∘，点G为AB的中点.
求证：BF//平面CDG；
【答案】证明见解析
【分析】连接AF交CD于H，连接GH，利用中位线先证明GH//BF，然后根据线面平行的判定定理完成证明.
【详解】连接AF交CD于H，连接GH，
因为四边形ADFC是正方形，所以H是AF的中点，
又因为G为AB的中点，所以GH//BF，
因为GH⊂平面CDG，BF⊄平面CDG，
所以BF//平面CDG；
题型三 线面平行的判定定理之平行四边形法
1．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）如图，在正方体A1B1C1D1−ABCD中，E是DD1的中点.

(1)求证：A1C1//平面ACE；
(2)设正方体的棱长为1，求三棱锥B−AEC的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)112
【分析】（1）先证A1C1//AC，再用直线与平面平行的判定定理证明A1C1//平面ACE；
（2）利用等体积法，求三棱锥B−AEC的体积.
【详解】（1）证明：因为在正方体A1B1C1D1−ABCD中，AA1//CC1，AA1=CC1，
所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以A1C1//AC，
又因为A1C1⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，
所以A1C1//平面ACE.
（2）因为正方体的棱长是1，E是DD1的中点，所以ED=12，
三角形ABC的面积S=12×1×1=12，
三棱锥B−AEC的体积VB−AEC=VE−ABC=13×S×ED=13×12×12=112.
2．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
(1)求证：D1F//平面A1EC1；
(2)三棱锥F−A1EC1的体积大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1.
【分析】
（1）连接B1D1∩A1C1=M，取D1C1的中点为N，利用平行公理及线面平行的判断推理即得.
（2）由（1）的结论，利用等体积法转化求出体积.
【详解】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1∩A1C1=M，取D1C1的中点N，连接MN,ME,CN，
有M为B1D1的中点，则MN//B1C1,MN=12B1C1，又BC//B1C1,BC=B1C1,E为BC的中点，
于是MN//EC,MN=EC，则四边形CNME是平行四边形，ME//NC，
又F为CD的中点，则有ND1//CF,ND1=CF，即四边形CFD1N是平行四边形，CN//FD1，
因此EM//FD1，又EM⊂平面A1EC1，D1F⊄平面A1EC1，
所以D1F//平面A1EC1.
（2）由（1）知，D1F//平面A1EC1，则点F到平面A1EC1的距离等于点D1到平面A1EC1的距离，
而正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，BC//平面A1C1D1，则点E到平面A1C1D1的距离为C到平面A1C1D1的距离1，
所以三棱锥F−A1EC1的体积VF−A1EC1=VD1−A1EC1=VE−A1C1D1=13S△A1C1D1×1=13×12×1×1×1=16.
3. （2023·西藏拉萨·一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2.
(1)证明：A1C1//平面ACD1；
(2)求点D到平面ACD1的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)233.
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理证得结论成立.
（2）利用等体积法求得点D到平面ACD1的距离.
【详解】（1）由于AA1//CC1,AA1=CC1，所以四边形ACC1A1是平行四边形，
所以AC//A1C1，
∵ AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，∴A1C1//平面ACD1.
（2）
设点D到平面ACD1的距离为d，
因为V三棱锥D1−ACD=V三棱锥D−ACD1，
所以13S△ACD⋅DD1=13S△ACD1⋅d，
即13×12×2×2×2=13×34×222⋅d，解得d=233.
所以点D到平面ACD1的距离为233.
4．（23-24高二上·山东烟台·期中）如图，在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，CD的中点．
(1)求证：BF//平面AB1E；
(2)求四面体AECB1的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2.
【分析】
（1）连接BA1交AB1于O，连接CD1,EF，结合已知证OBFE为平行四边形，则OE//BF，由线面平行的判定证结论；
（2）过C作CG//BF交AB延长线于G，证CFBG为平行四边形，进而有AG=3、CG//平面AB1E，再由VC−AEB1=VG−AEB1=VE−AGB1，应用锥体体积公式求四面体AECB1的体积．
【详解】（1）连接BA1交AB1于O，连接CD1,EF，由E，F分别是DD1，CD的中点，
则EF//CD1且EF=12CD1=12BA1，
由正方体性质：O为BA1中点，故OB=12BA1，则OB=EF
又CD1//BA1，即CD1//OB，故OB//EF，
所以OBFE为平行四边形，则OE//BF，
OE⊂面AB1E，BF⊄面AB1E，则BF//平面AB1E.
（2）过C作CG//BF交AB延长线于G，又AB=CD，
故CFBG为平行四边形，则BG=CF=1，故AG=3，
又BF//平面AB1E，所以CG//平面AB1E，
故C到面AB1E的距离等于G到面AB1E的距离，
所以VAECB1=VG−AEB1=VE−AGB1=13×2×12×2×3=2.
题型四 线面平行性质定理
1．（22-23高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，棱柱ABC−A1B1C1的侧面BCC1B1是矩形，D是A1C1上的动点，若A1B∥平面B1CD，则DC1A1C1的值为（ ）

A．13B．12C．23D．1
【答案】B
【分析】
根据线面平行的性质将A1B∥平面B1CD转化为线线平行，然后集合位置关系求解即可；
【详解】
连接BC1交B1C于O，连接OD，
因为A1B∥平面B1CD，平面B1CD∩平面A1BC1=OD,
所以A1B∥OD,又因为O是B1C的中点，
所以D是A1C1上的中点，即DC1A1C1=12,
故选：B.
2．（2024高三上·全国·专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中底面是正方形，四条侧棱均相等，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，BC//平面GEFH.求证：GH//EF.
【答案】证明见解析
【分析】
利用线面平行的性质定理，即可证明线线平行.
【详解】
因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，
且平面PBC∩平面GEFH=GH，所以GH//BC，
同理可证EF//BC，因此GH//EF.
3．（10-11高二下·四川绵阳·阶段练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证：AP//HG．
【答案】证明见详解
【分析】
连接AC交BD于点O，连接OM，先利用三角形中位线性质和线面平行判定定理证明PA//平面BDM，然后由线面平行性质定理可证.
【详解】连接AC交BD于点O，连接OM，
因为ABCD是平行四边形，所以O为AC中点，
又M是PC的中点，所以OM//PA，
因为OM⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，
所以PA//平面BDM，
又因为PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，
所以AP//HG

4．（2021·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，点N是AD的中点．求证：
(1)BC//AD；
(2)CN//平面PAB．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用线面平行的性质可证线线平行；
（2）先证明四边形ABCN是平行四边形得到CN//AB，利用线面平行的判定定理可证结论.
【详解】（1）∵BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴BC//AD．
（2）由（1）知，BC//AN，
又N是AD的中点，BC=12AD，∴BC=AN，
∴四边形ABCN是平行四边形，∴CN//AB，
又CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CN//平面PAB．
题型五 动点探索问题
1．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAB是边长为2的正三角形，BC=AB=2AD，AD//BC,AB⊥BC，设平面PAB∩平面PCD=l.
(1)作出l（不要求写作法）；
(2)线段PB上是否存在一点E，使l/平面ADE？请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】
（1）延长BA,CD交于点Q，利用点线面的位置关系可得直线PQ即为所作直线l；
（2）由BC=AB=2AD利用三角形相似以及线面平行判定定理可求得线段PB的中点E，使l/平面ADE.
【详解】（1）延长BA,CD交于点Q，经过点P,Q画直线，则直线PQ即为所作直线l，如图所示：

易知Q∈AB,AB⊂平面PAB，则Q∈平面PAB，
同理Q∈平面PCD，又P∈平面PAB，P∈平面PCD，
因此平面PAB∩平面PCD=PQ，即面PAB∩平面PCD=l，
所以直线PQ即为所作直线.
（2）点E为PB的中点，使l/平面ADE；

由AD//BC，得QAQB=ADBC，而BC=2AD，则QB=2QA，
即A为QB的中点，
又点E为PB的中点，于是EA//PQ，
而AE⊂平面ADE,PQ⊄平面ADE，
因此PQ//平面ADE，
所以线段PB的中点E，使l/平面ADE.
2．（2023高一·全国·专题练习）如图，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC=4，D是AC的中点，E是AB上一点，且DE⊥AB．将△ADE沿着DE折起，形成四棱锥P−BCDE，其中A点对应的点为P．在线段PB上是否存在一点F，使得CF//平面PDE？若存在，指出PFPB的值，并证明；若不存在，说明理由.
【答案】存在，PFPB=13
【分析】
通过构造平行四边形的方法，结合线面平行的判定定理确定PFPB的值，使CF//平面PDE.
【详解】当PFPB=13时，CF//平面PDE，证明如下：
过点C作CH⊥ED，交ED的延长线于H，
在PE上取一点M，使得PM=13PE，连接HM，FM，
因为PM=13PE，PF=13PB，所以FM//EB且FM=13EB，
因为D是AC的中点，且DE⊥AB，所以CH//EB且CH=13EB，
所以CH//FM且CH=FM，所以四边形CFMH是平行四边形，即CF//HM，
又因为CF⊄平面PDE，HM⊂平面PDE，所以CF//平面PDE.

3．（2023高一·全国·专题练习）如图，正四棱锥P−ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM:MA=5:8．在线段BD上是否存在一点N，使直线MN//平面PBC？如果存在，求出BN:ND的值，如果不存在，请说明理由.
【答案】存在，BN:ND=5:8
【分析】先假设符合题意的N点存在，然后根据线面平行的性质进行判断，并求得BN:ND.
【详解】存在，BN:ND=5:8；理由如下：
假设存在，连接AN并延长，交BC于E，连接PE．
因为MN//平面PBC，平面PBC∩平面APE=PE，MN⊂平面APE，
所以MN//PE，则PMMA=NENA=58，
因为正方形ABCD中，AD//BC，所以ENNA=BNND=58，假设成立.
则此时BN:ND=5:8.
.
4．（2023高一·全国·专题练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1,AB=2，点E是AB的中点．在棱DD1上是否存在一点P，使得AP//平面D1EC，若存在，求DPDD1，若不存在，说明理由.
【答案】存在一点P满足DPDD1=12时，使得AP//平面ED1C
【分析】P为DD1的中点时，取CD1的中点Q，通过证明AP//EQ，得到AP//平面D1EC.
【详解】棱DD1上存在一点P满足DPDD1=12时，使得AP//平面D1EC，证明如下，

当点P满足DPDD1=12，即P为DD1的中点，取CD1的中点Q，连接PQ,EQ，
在△DD1C中，有PQ//DC且PQ=12DC,
∵在长方体AC1中，E是AB的中点， ∴AE//DC且AE=12DC，
∴AE//PQ 且AE=PQ，∴四边形 AEPQ为平行四边形，∴AP//EQ，
又EQ⊂平面D1EC，AP⊄平面D1EC，∴AP//平面D1EC．
所以棱DD1上存在一点P，使得AP//平面D1EC，此时DPDD1=12.
1．（23-24高二上·上海·期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，设M,N分别是线段DA1、B1D1上的动点，若MN//平面CC1D1D，则线段MN长的最小值为 ．
【答案】22
【分析】
作出辅助线，得到要使MN//平面CC1D1D，则四边形MGPN为平行四边形，故NP=MG，设D1G=m∈0,1，表达出MN=m2+1−m2，求出最小值.
【详解】过点M,N分别作MG//A1D1交DD1于点G，NP//A1D1交C1D1于点P，
连接PG，
要想MN//平面CC1D1D，则四边形MGPN为平行四边形，故NP=MG，
设D1G=m∈0,1，则PC1=m，故PD1=1−m，
由勾股定理得MN=PG=D1G2+D1P2=m2+1−m2，
其中m2+1−m2=2m2−2m+1=2m−122+12≥12，
当且仅当m=12时，等号成立，
故MN≥22.
故答案为：22
2.（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，点E，F，G，H分别在棱AC，BC，BD，AD上．
(1)若四边形EFGH为平行四边形，证明：AB∥平面EFGH；
(2)若E，F，G，H均为所在棱的中点，三棱锥A−BCD的体积为V，多面体CDGFEH的体积为V1，求V1V．
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【分析】（1）由四边形EFGH为平行四边形得EF∥GH，由线面平行的判定定理得EF//平面ABD，再根据线面平行的性质得EF∥AB，即可得证；
（2）连接ED，EG，将三棱锥E−DHG的体积和四棱锥E−CDGF的体积用V表示出来，相加得V1，即可求出V1V．
【详解】（1）∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF∥GH，又EF⊂平面ABD，GH⊂平面ABD，
∴EF∥平面ABD．
∵EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD=AB，
∴EF∥AB，
又EF⊂平面EFGH，AB⊂平面EFGH，
∴AB∥平面EFGH．
（2）连接ED，EG，
∵E为棱AC的中点，
∴点E到平面DHG的距离dE−DHG等于点C到平面DHG的距离dC−DHG的一半，
点E到平面CDGF的距离dE−CDGF等于点A到平面CDGF的距离dA−CDGF的一半，
则三棱锥E−DHG的体积V2=13dE−DHG⋅S△DHG=1312dC−DHG⋅14S△ABD=18V，
四棱锥E−CDGF的体积V3=13dE−CDGF⋅S四边形CDGH=1312dA−CDGF⋅34S△BCD=38V，
故V1V=V2+V3V=12．
【点睛】
3．（2023·四川乐山·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥底面ABCD，PD=λCD，点E在棱PC上，PA//平面EBD.
(1)试确定点E的位置，并说明理由；
(2)是否存在实数λ，使三棱锥E−BPD体积为23.
【答案】(1)E是PC的中点，理由见解析
(2)存在，λ=1
【分析】
（1）连结AC，交BD于点O，推出O是AC的中点，根据线面平行的性质定理，即可判断出结论；
（2）假设存在实数λ，使三棱锥E−BPD体积为23，则根据棱锥体积之间的关系推出VP−DBC=43，结合体积公式，即可求得λ，即可得结论.
【详解】（1）E是PC的中点.
理由：连结AC，交BD于点O，连结OE，
∵底面ABCD是正方形，
∴O是AC的中点.
∵PA∥平面EBD，平面PAC∩平面BDE=OE,PA⊂平面PAC，
∴PA∥OE，
∵O是AC的中点，
∴E是PC的中点.
（2）假设存在实数λ，使三棱锥E−BPD体积为23，
∵E为PC中点，
∴VE−BPD=12VC−BPD=12VP−DBC.
若VE−BPD=23，则VP−DBC=43.
底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥底面ABCD，则S△BDC=2，
故VP−DBC=13⋅S△BDC⋅PD=23⋅2λ=43，
∴λ=1，
∴存在λ=1，使三棱锥E−BPD体积为23.