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专题六 空间几何体
03 直线、平面平行的判定及其性质
考纲对本模块内容的具体要求如下：
空间中的平行关系在高考命题中，主要 ( http: / / www.21cnjy.com )与平面问题中的平行、简单几何体的结构特征等问题相结合，综合直线和平面，以及简单几何体的内容于一体，经常是以简单几何体作为载体，以解答题形式呈现是主要命题方式, 通过对图形或几何体的认识，考查线面平行、面面平行的判定与性质，考查转化思想、空间想象能力、逻辑思维能力及运算能力.
数学抽象：能从教材实例中归纳出直线与平面、平面与平面平行的判定定理、性质定理.
直观想象：能借助具体的几何体判定空间中直线与平面、平面与平面的平行关系.
逻辑推理：1.能利用直线与平面平行的判定定理证明直线与平面平行，能利用直线与平面平行的性质定理解决相关问题.21·世纪*教育网
2.能利用平面与平 ( http: / / www.21cnjy.com )面平行的判定定理证明平面与平面平行，能利用平面与平面平行的性质定理解决相关问题，了解空间中直线、平面平行关系的内在联系.
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行 线面平行”) l∥α
性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行 线线平行”) a∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行 面面平行”) α∥β
性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 a∥b
[常用结论]
1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
2．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
3．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
4．三种平行关系的转化：
考点一 与线、面平行相关命题的判定　
（1）（2021·江苏省镇江）“直线与平面无公共点”是“直线在平面外”的________条件（.从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选一个合适的填空）21*cnjy*com
【答案】充分不必要
【解析】
根据线面间得位置关系及充分性和必要性得定义即可得解.
【详解】
解：因为直线与平面无公共点，则直线在平面外，所以充分性成立，
又因直线在平面外，则直线与平面相交或平行，即直线与平面有一个公共点或无公共点，所以必要性不成立，
所以“直线与平面无公共点”是“直线在平面外”的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要.
（2）(多选)(2021·潍坊调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　)
A. AD1∥BC1 B. 平面AB1D1∥平面BDC1
C. AD1∥DC1 D. AD1∥平面BDC1
【答案】　ABD
【解析】　如图，因为AB平行C1D1，
所以四边形AD1C1B为平行四边形.
故AD1∥BC1，从而A正确；
易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，
又AB1∩B1D1＝B1，
BD∩DC1＝D，
故平面AB1D1∥平面BDC1，从而B正确；
由图易知AD1与DC1异面，故C错误；
因为AD1∥BC1，AD1 平面BDC1，BC1 平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故D正确.
【规律方法】
与线、面平行相关命题的判定，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形.
【跟踪练习】（1）（2020·安徽省太和第一中学开学考试）已知直线l，m，平面，，下列命题正确的是（ ）
A．，
B．，，，
C．，，
D．，，，，
【答案】D
【解析】
由题意得，对于A中，，与可能相交，所以A是错误的；
对于B中，，，，，如果，，可能相交，故是错误的；
对于C中，，，与可能相交，所以C错误的；对于D中，，，，，满足面面平行的判定定理，所以，故D正确的，
故选：D.
（2）（2021·上海市大同中学高二月考）“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行”的（ ）条件.【来源：21cnj*y.co*m】
A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要
【答案】C
【分析】
由线面平行的定义分析可得解
【详解】
由线面平行的定义可知：
“直线与平面没有公共点”“直线与平面平行”， 故充分性成立；
“直线与平面平行” “直线与平面没有公共点”， 故必要性成立；
因此“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行”的充要条件.
故选：C
考点二 直线与平面平行的判定与性质　
考法1　直线与平面平行的判定
（2021·山东任城·高一期中）如图所示，斜三棱柱中，点为上的中点．
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（1）求证：平面；
（2）设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，求．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）连接A1B交AB1于点O，连接OD1，可得OD1∥BC1，由线面平行的判定定理即可证明BC1∥平面AB1D1；
（2）由V1＝＝＝＝V2，即可求得结论．
【详解】
（1）证明：连接A1B交AB1于点O，连接OD1，
则在平形四边形ABB1A1中，点O为A1B的中点，
又点D1为A1C1的中点，
所以OD1∥BC1，
又OD1 平面AB1D1，B1C 平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1．
（2）V1＝＝＝＝V2
所以＝．
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考法2　线面平行性质定理的应用
(2021·河南、江西五岳联考)如图，在四 ( http: / / www.21cnjy.com )棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠DAB＝90°，AB＝BC＝PA＝AD＝2，E为PB的中点，F是PC上的点.
(1)若EF∥平面PAD，证明：F为PC的中点；
(2)求点C到平面PBD的距离.
(1)证明　因为BC∥AD，BC 平面PAD，AD 平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
因为P∈平面PBC，P∈平面PAD，所以可设平面PBC∩平面PAD＝PM，
又因为BC 平面PBC，所以BC∥PM，
因为EF∥平面PAD，EF 平面PBC，
所以EF∥PM，从而得EF∥BC.
因为E为PB的中点，所以F为PC的中点.
(2)解　因为PA⊥底面ABCD，∠DAB＝90°，AB＝BC＝PA＝AD＝2，
所以PB＝＝2，PD＝＝2，
BD＝＝2，
所以S△DPB＝PB·＝6.
设点C到平面PBD的距离为d，
由VC－PBD＝VP－BCD，得S△DPB·d＝S△BCD·PA＝××BC×AB×PA，
则6d＝×2×2×2，解得d＝.
【规律方法】
1.证明线面平行的常用方法
（1）利用线面平行的定义(无公共点).
（2）利用线面平行的判定定理 a α，b α，a∥b a∥α .
（3）利用面面平行的性质定理 α∥β，a α a∥β , 4 利用面面平行的性质 α∥β，a β，a∥α a∥β .
2.利用判定定理判定线面平行，注意 ( http: / / www.21cnjy.com )三条件缺一不可，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面找其交线.
【跟踪练习】（1）（2021·济南市历城第二中学开学考试）如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则　　
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A． B． C． D．以上均有可能
【答案】B
【解析】
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：．
故选：．
（2）（2021·全国高三专题练习）(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是（ ）
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
【答案】BC
【分析】
对于A，连接MN，AC，则MN∥AC ( http: / / www.21cnjy.com )，根据线面平行的判定可判断；对于B，由A知AN∥C1Q，根据线面平行的判定可判断；对于C，由A知，A，P，M三点共线；对于D，由A知MN 平面APC，又MN 平面MNQ，由此可判断.
【详解】
如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN,设AM，CN交于点I，
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由可得AM，CN交于点P，则平面APC，所以A选项错误；
对于B，由A知M，N在平面APC内，由题知AN∥C1Q，且AN 平面APC，
C1Q平面APC，所以C1Q∥平面APC，所以B选项正确．
对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确．
对于D，由A知MN 平面APC，又MN 平面MNQ，所以D选项错误．
故选：BC.
（3）（2021·湖北省直辖县级单位·高二月考）如图所示，在斜三棱柱中，点、分别是和的中点.
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①证明：平面；
②若三棱柱的体积为16，点、、分别是、、上的点，且，，，求三棱锥的体积.
【答案】①证明见解析；②.
【分析】
①连接与相交于，连接，易证四边形为平行四边形，再由线面平行的判定即可证结论；
②根据线段间的比例关系，又并结合棱柱、棱锥的体积公式确定、的比例，即可求三棱锥的体积.
【详解】
①连接与相交于，连接，则是的中点，又、分别是和的中点，
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∴且，且，即四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，
∴平面；
②由题设，，
若到面距离为，则到面距离为.
若，由，知：，
∴，
由，，
∴.
考点三 平面与平面平行的判定与性质　
（1）如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：www-2-1-cnjy-com
①B，C，H，G四点共面；
②平面EFA1∥平面BCHG.
证明　①∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，
∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面.
②∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，
∵EF 平面BCHG，BC 平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，
A1B1∥AB，
∴A1G∥EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.
∵A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
（2）（2021·山东任城·高一期中）如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证：21世纪教育网版权所有
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（1）直线平面；
（2）平面平面；
（3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）画图见解析，截面的面积为．
【分析】
（1）连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明；
（2）由线面平行和面面平行的判定定理，即可得证；
（3）取B1C1的中点N ( http: / / www.21cnjy.com )，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积．
【详解】
（1）证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG∥SB，
由EG 平面BDD1B1，SB 平面BDD1B1，可得EG∥平面BDD1B1；
（2）由EF∥DB，EF 平面BDD1B1，DB ∥平面BDD1B1，
可得EF∥∥平面BDD1B1，
又由（1）可得EG∥平面BDD1B1，
EF∩EG＝E，可得平面EFG∥平面BDD1B1；
（3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，
可得AE∥A1N，AE＝A1N，
取A1D1的中点M，连接MC1，AM，
可得MC1＝A1N，MC1∥A1N，
可得截面AEC1M为平行四边形，且AE＝EC1＝AM＝MC1＝＝，
所以截面的面积为×A1C1×ME＝××＝．
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【规律方法】
证明面面平行的常用方法
（1）利用面面平行的定义.
（2）利用面面平行的判定定理：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.
（3）利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”.
（4）利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”.
（5）利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化.
【跟踪练习】(2020·成都联 ( http: / / www.21cnjy.com )考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点.
(1)证明：平面BMN∥平面PCD；
(2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积.
(1)证明　连接BD，如图所示.
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD为正三角形.
∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.
∵AD⊥CD，CD，BM 平面ABCD，∴BM∥CD.
又BM 平面PCD，CD 平面PCD，∴BM∥平面PCD.
∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD.
又MN 平面PCD，PD 平面PCD，
∴MN∥平面PCD.
又BM，MN 平面BMN，BM∩MN＝M，
∴平面BMN∥平面PCD.
(2)解　在(1)中已证BM⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，BM 平面ABCD，
∴BM⊥平面PAD.
又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3.
∵PA＝PD，PA⊥PD，AD＝6，
∴PA＝PD＝AD＝3.
∵M，N分别为AD，PA的中点，
∴S△PMN＝S△PAD＝××(3)2＝.
∴三棱锥P－BMN的体积V＝VB－PMN＝S△PMN·BM
＝××3＝.
1. (2021·浙江高考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则 (　　)21cnjy.com
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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
【解析】如图所示,
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连接AD1,因为M是A1D的中点,
所以M是正方形ADD1A1的中心,
即M也是AD1的中点,
所以在正方形ADD1A1中,
AD1与A1D相交于M,
在正方形ADD1A1中,AD1⊥A1D,
且因为AB⊥平面ADD1A1,A1D 平面ADD1A1,
所以AB⊥A1D,
又因为AB∩AD1=A,
所以A1D⊥平面ABD1,
因为D1B 平面ABD1,
所以A1D⊥D1B.
在三角形ABD1中,M,N分别是AD1,D1B的中点,
所以MN是三角形ABD1的中位线,
所以MN∥AB,又因为MN 平面ABCD,AB 平面ABCD,
所以直线MN∥平面ABCD.
因为MN∥AB,且∠ABD=45°,
即AB与BD的夹角为45°,
所以MN与BD的夹角为45°,
所以MN不垂直于BD,
所以MN与平面BDD1B1不垂直.
2.（2021·上海市吴淞中学高二月考）已知空间直线不在平面内，则“”是“直线上有两个点到平面的距离相等”的（ ）【版权所有：21教育】
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】A
【分析】
根据充分条件、必要条件及线面平行的的性质判断即可.
【详解】
若，则直线任意一点到平面的距离都相等，所以直线上有两个点到平面的距离相等，正确；
若直线上有两个点到平面的距离相等，则两点可能在平面异侧，其中点在平面上即可，所以推不出，
综上知，“”是“直线上有两个点到平面的距离相等”的充分不必要条件.
故选：A
3．（2021·全国）下列命题正确的是（ ）
A．若直线a在平面α外，则直线a//α
B．若直线a与平面α有公共点，则a与α相交
C．若平面α内存在直线与平面β无交点，则α//β
D．若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则α//β
【答案】D
【分析】
利用直线a在平面α外的定义，可判断A；直 ( http: / / www.21cnjy.com )线a与平面α有公共点，没说明公共点的个数，可判断B；平面α内也可能存在直线与平面β有交点，可判断C；利用面面平行的判断定理，可判断D
【详解】
直线a在平面α外，则直线a//α或a与α相交，故A错；
直线a与平面α有公共点，则a与α相交或a α，故B错；
C中α与β可能平行，也可能相交，故C错；
若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则平面α内的任意直线与平面β平行，一定存在两条相交直线与平面β平行，则α//β，故D正确；
故选：D
4.（2021·全国高一课时练习）如图 ( http: / / www.21cnjy.com )，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有（ ）
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A．BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
【答案】D
【分析】
根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．
【详解】
易知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故选项A错误；
易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；
因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；
对于，平面平面，理由是：
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由，，，分别是棱，，，的中点，
得出，，
所以平面，平面，
又，所以平面平面．
故选：．
5．（2021·江苏溧阳·高一期末）在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动.若平面，则的最小值是（ ）【来源：21·世纪·教育·网】
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A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】
由平面，可以找到点在右侧面的运动轨迹，从而求出的最小值
【详解】
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如上图所示，取的中点,的中点，连接，
因为分别是棱 的中点，所以，，
又因为,,，
所以平面平面，平面，且点在右侧面，
所以点的轨迹是，且，，
所以当点位于中点处时，最小，此时，.
故选：B
6．（2022·全国高三专题练习）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）2-1-c-n-j-y
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围
【详解】
解：如图，分别取的中点，连接，，
则‖，
因为是的中点，所以‖，
所以‖，
因为平面，平面，
所以‖平面，
因为是的中点，是的中点，
所以‖，，
因为‖，，
所以‖，，
所以四边形为平行四边形，所以‖，，
因为平面，平面，
所以‖平面，
因为，所以平面‖平面，
因为平面平面，
所以点在上运动，使面，
因为的棱长为2，
所以
所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，
的最小值为，
所以的长度范围是，
故选：B
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7．（2021·湖南湘潭·高三）如图，在直四棱柱中，下列结论正确的是（ ）
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A．与是两条相交直线
B．平面
C．
D．，，，四点共面
【答案】B
【分析】
根据异面直线的判定定理，直线与平面平行的判定定理，四点共面的判定，结合四棱柱的性质逐一判定即可.
【详解】
面，面，，所以与是异面直线，A错；
因为，面，面，所以面，B正确；
面， 面，，所以与是异面直线，C错；
如图所示，，，三点在面上，与面相交，所以，，，四点不共面，D错.
故选：B.
8．（2021·太原市第五十六中学校高一 ( http: / / www.21cnjy.com )月考）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（ ）
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①平面PBC ②平面PCD ③平面PDA ④平面PBA
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】
证明，即可证明②③正确；平面，故①错误，平面，故④错误．
【详解】
对于①，平面，故①错误；
对于②，由于为的中点，为的中点，则， 平面，平面，则平面，故②正确；
对于③，由于，平面，平面，则平面，故③正确；
对于④，由于平面，故④错误．
故选：B
9.（2021·江苏如皋·）四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，平面，则实数t的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，证明MN//PA，再借助比例式即可作答.
【详解】
四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，
因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，
而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，
连接MN，如图，
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因平面，平面，平面平面，
因此得，于是得，
所以实数t的值为.
故选：C
10．（2021·肥城市教学研究中心高三月考）已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
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A．与平面所成角为
B．点到平面的距离为
C．平面
D．三棱柱的外接球半径为
【答案】AC
【分析】
对于A选项，连接交于点，连接，即为与平面所成角，再结合几何关系求解即可；对于B选项，设点到平面的距离为，根据等体积法求解即可；对于C选项，连接交于，连接，证明即可判断；对于D选项，转化为正方体的外接球求解即可.
【详解】
解：对于A选项，点是线段上的动点，所以平面即为平面，连接交于点，连接，如图1，由于由正方体的性质得，平面，所以，由于，所以平面，由于平面即为，所以即为与平面所成角，由几何关系得，所以，所以，故A选项正确；21教育网
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对于B选项，设点到平面的距离为，则，由于，，所以，所以，故错误；
对于C选项，如图2，连接交于，连接，所以为的中点，因为点是线段的中点，所以点是线段的中点，由正方体的性质易知，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面，故C选项正确；21·cn·jy·com
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对于D选项，三棱柱的外接球即为正方体的外接球，由于正方体的体对角线为，所以正方体的外接球半径为，即，三棱柱的外接球半径为，故D选项错误.2·1·c·n·j·y
故选：AC
11．（2021·全国）如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ）
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A．直线与为异面直线 B．平面
C．直线与为异面直线 D．平面
【答案】ABC
【分析】
根据异面直线的概念可判断A，C；根据线面平行的判定可判断B，D.
【详解】
直线与、直线与不同在任何一个平面内，
满足异面直线的定义，所以A，C正确；
由正方体的结构特征可知，，且，
∴四边形为平行四边形，则，
∵平面，平面，
∴平面，故B正确；
由于与面相交，故D错误.
故选：ABC.
12．（2021·全国）如图，在四面体中，截面是正方形，则（ ）
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A． B．平面
C． D．分别是线段的中点
【答案】AB
【分析】
根据图形及题目中的条件进行判断即可.
【详解】
由题意知： ，，，所以，故A正确；
由，平面，平面，故平面.
故选：AB.
13．（2022·江苏高三专题练习）如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，下列四个命题中，正确命题的选项是（ ）【出处：21教育名师】
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A．与平行；
B．与是异面直线；
C．与平面平行；
D．平面与平面平行.
【答案】CD
【分析】
先将正方体的平面展开图复原为正方体，再结合图形，对选项一一判断即可.
【详解】
对于选项A，由展开图得到正方体的直观图如图，与异面，故A错误；
对于选项B，与平行，故B错误；
对于选项C，因为四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故C正确；
对于选项D，显然，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面，故D正确.
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故选：CD.
14．（2021·全国）如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，下列结论正确的是（ ）
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A．平面 B．平面平面
C． D．直线与直线所成角的大小为
【答案】ABC
【分析】
A选项:连接,为中点，为中点，可证∥根据线面平行的判定可以证明∥平面；
B选项:；连接,同理证明∥平面,结合A选项可证明平面平面；
C选项:由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形，根据勾股定理可证,结合∥可证;
D选项:先利用平移思想，根据平行关系找到异面直线与直线所成角的平面角，结合为正三角形，即可求出直线与直线所成角.www.21-cn-jy.com
【详解】
连接如图示：
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为底面正方形的中心, 为中点，又为中点，∥又平面,平面，∥平面，故A选项正确；
连接，同理可证∥,又平面,平面，∥平面,又,∥平面平面,平面,
平面平面,故B选项正确；
由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形，,又∥， ,故C选项正确;
分别为侧棱的中点，∥四边形为正方形, ∥,直线与直线所成的角即为直线与直线所成角
即为直线与直线所成角，又为正三角形，, 直线与直线所成角为.故D选项不正确.
故选：ABC
15.（2021·上海浦东新·华师大二附中高二月考）给出下列4个命题：
①过平面外一点，与该平面成角的直线一定有无穷多条；
②一条直线与两个相交平面都平行，则它必与这两个平面的交线平行；
③过空间任意一点有且只有一个平面与两条异面直线都平行；
④与确定的两条异面直线所成的角相等的平面有无数个．
其中正确命题的序号有_____（请把所有正确的序号都填上）．
【答案】②④
【分析】
①根据线面所成角的定义进行判 ( http: / / www.21cnjy.com )断；②根据线面平行的性质定理进行判断；③根据异面直线的定义和性质进行判断；④根据线面角的定义和异面直线的性质进行判断.
【详解】
①过平面外一点，与该平面成角的直线，当时，满足条件的直线只有一条，故①不正确；
②由线面平行的性质定理和判定定理可以证明，此直线与交线平行，故②正确；
③当该点位于其中任意一条异面直线上时，此时满足直线和平面平行的平面不存在，故③错误；
④两异面直线与同一个平面所成角可以相等，而与此平面平行的平面有无穷多个，故④正确．
故答案为：②④
16.（2021·全国高一课时练习）考查①②两个命题，① l∥α;② l∥α.，它们都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l，m为直线，α为平面)，则此条件为_____.
【答案】l α
【分析】
直接利用线面平行的判定定理分析得解.
【详解】
①由线面平行的判定定理知l α；②由线面平行的判定定理知l α.
故答案为：l α
17．（2021·全国高三专题练习）如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．
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【答案】1
【分析】
作辅助线，由线面平行的性质定理以及菱形的性质求解即可.
【详解】
设BC1∩B1C＝O，连接OD.
∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，
∴A1B∥OD，
∵四边形BCC1B1是菱形，
∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，即A1D∶DC1＝1.
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故答案为：
18.（2021·湖北武昌·武汉中学高二月考）如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交与点，点是上的一个动点.21*cnjy*com
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（1）若平面，求的值；
（2）若点为的中点，且，求三棱锥的体积.
【答案】（1）3；（2）.
【分析】
（1）先证明，再证明点为的重心，即得解；
（2）分析得到，再求出即得解.
【详解】
（1）因为平面，平面，平面平面
所以，所以．
因为，分别为，的中点，
所以点为的重心，
所以，即，所以.
（2）点为的重心，所以,
又点为的中点，所以,
所以,
所以.
在直角中，,
所以
所以.
所以三棱锥的体积为.
19．（2021·湖南高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，E为PD的中点.
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（1）证明：平面ACE；
（2）设，，直线PB与平面ABCD所成的角为，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1) 连接交于点，连接，由三角形的中位线定理可知，结合线面平行的判定定理可证明平面.
(2)由题意可知，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.
【详解】
（1）连接交于点，连接. 在中，因为，
所以，因为平面，平面，则平面.
（2）因为平面ABCD，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以，
又，，所以，
所以四棱锥的体积，
所以四棱锥的体积为.
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20．（2021·全国高一课时练习）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．
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（1）求证：EF平面ABC；
（2）求三棱锥C﹣ABE的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）3.
【分析】
（1）取AC中点G，证明四边形EFBG是平行四边形得出BGEF，故而EF平面ABC；
（2）根据计算体积．
【详解】
（1）证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，
在△ACC1中，EG为中位线，所以EGCC1，，
又因为CC1BB1，CC1＝BB1，F为BB1的中点，
所以EGBF，EG＝BF，
所以四边形EFBG为平行四边形，
所以EFGB，又EF平面ABC，GB平面ABC，
所以EF平面ABC．
（2）因为E为AC1的中点，
所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，
即三棱锥E﹣ABC的高h＝CC1＝，
又△ABC的面积为，
所以．
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21．（2021·尤溪县第五中学高二月考）如图，在长方体中，，，．
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（1）求直线与的夹角余弦值．
（2）线段上是否存在点，使平面？
【答案】（1）；（2）存在；为的中点时，平面．
【分析】
（1）连接与交于，由长方体的性质易知直线与的夹角即为直线与的夹角，根据已知边长，应用余弦定理求夹角余弦值即可.
（2）若为中点，连接，易知四边形为平行四边形，由线面平行的判定可得平面，即可确定点的存在性.
【详解】
（1）连接与交于，由长方体性质知：，则直线与的夹角即为直线与的夹角，
∴由题设知：，，
∴，又线线角的范围为，
∴直线与的夹角余弦值为，即直线与的夹角余弦值.
（2）若为中点，连接，则且，
∴四边形为平行四边形，即，又面，面，
∴平面，故存在，此时为的中点.
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22．（2021·湖南高二月考）图1：平行四边形中，，现将沿折起，得到三棱锥（如图2），且，点M为侧棱的中点.
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（1）求证：
（2）N为的角平分线上一点，若平面，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）通过证明平面来证得.
（2）通过线面平行的性质定理求得，且，由此求得的长.
【详解】
（1）证明：折叠后：
因为，所以平面，
又平面，所以，
又，所以，
又M是的中点，所以，
又，所以平面，
又平面，所以.
（2）取的中点E，连接，
因为所以在角的平分线上，
又点N为的角平分线上一点，所以共面，
又平面，平面平面，
根据线面平行的性质定理得，且，
由得，在中知，
所以，所以.
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23．（2021·云南省玉溪第一中学高二月考（文））如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点，.
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（1）求三棱锥的体积；
（2）若为线段上靠近的四等分点，求证：平面.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题设易知为棱锥的高，由结合棱锥的体积公式求体积即可；
（2）取中点，连接，过作直线交于，连接，易知为线段上靠近的四等分点，再应用线面平行的判定证面、面，根据面面平行的判定及性质即可证平面.21教育名师原创作品
【详解】
（1）∵平面，即为棱锥的高，而，
∴.
（2）取中点，连接，则，
过作直线交于，连接，
∵，且平行四边形中，，
∴此时，，即为线段上靠近的四等分点，
由，且面，面，，
∴面，同理可得面，
又，则平面平面，又面，
∴平面.
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考纲解读
核心素养
知识梳理
高频考点
例1
例2.1
例2.2
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专题六 空间几何体
03 直线、平面平行的判定及其性质
考纲对本模块内容的具体要求如下：
空间中的平行关系在高考命题中，主 ( http: / / www.21cnjy.com )要与平面问题中的平行、简单几何体的结构特征等问题相结合，综合直线和平面，以及简单几何体的内容于一体，经常是以简单几何体作为载体，以解答题形式呈现是主要命题方式, 通过对图形或几何体的认识，考查线面平行、面面平行的判定与性质，考查转化思想、空间想象能力、逻辑思维能力及运算能力.
数学抽象：能从教材实例中归纳出直线与平面、平面与平面平行的判定定理、性质定理.
直观想象：能借助具体的几何体判定空间中直线与平面、平面与平面的平行关系.
逻辑推理：1.能利用直线与平面平行的判定定理证明直线与平面平行，能利用直线与平面平行的性质定理解决相关问题.21世纪教育网版权所有
2.能利 ( http: / / www.21cnjy.com )用平面与平面平行的判定定理证明平面与平面平行，能利用平面与平面平行的性质定理解决相关问题，了解空间中直线、平面平行关系的内在联系.
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 平面外一条直线与_______直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行 线面平行”) l∥α
性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的_______与该直线平行(简记为“线面平行 线线平行”) a∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 一个平面内的两条_______与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行 面面平行”) α∥β
性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线_______ a∥b
[常用结论]
1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
2．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
3．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
4．三种平行关系的转化：
考点一 与线、面平行相关命题的判定　
（1）（2021·江苏省镇江）“直线与平面无公共点”是“直线在平面外”的________条件（.从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选一个合适的填空）21教育网
（2）(多选)(2021·潍坊调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　)
A. AD1∥BC1 B. 平面AB1D1∥平面BDC1
C. AD1∥DC1 D. AD1∥平面BDC1
【规律方法】
与线、面平行相关命题的判定，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形.21*cnjy*com
【跟踪练习】（1）（2020·安徽省太和第一中学开学考试）已知直线l，m，平面，，下列命题正确的是（ ）【版权所有：21教育】
A．，
B．，，，
C．，，
D．，，，，
（2）（2021·上海市大同中学高二月考）“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行”的（ ）条件.【来源：21·世纪·教育·网】
A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要
考点二 直线与平面平行的判定与性质　
考法1　直线与平面平行的判定
（2021·山东任城·高一期中）如图所示，斜三棱柱中，点为上的中点．
( http: / / www.21cnjy.com / )
（1）求证：平面；
（2）设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，求．
考法2　线面平行性质定理的应用
(2021·河南、江西五岳联考) ( http: / / www.21cnjy.com )如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠DAB＝90°，AB＝BC＝PA＝AD＝2，E为PB的中点，F是PC上的点.21教育名师原创作品
(1)若EF∥平面PAD，证明：F为PC的中点；
(2)求点C到平面PBD的距离.
【规律方法】
1.证明线面平行的常用方法
（1）利用线面平行的定义(无公共点).
（2）利用线面平行的判定定理 a α，b α，a∥b a∥α .
（3）利用面面平行的性质定理 α∥β，a α a∥β , 4 利用面面平行的性质 α∥β，a β，a∥α a∥β .
2.利用判定定理判定线面平行 ( http: / / www.21cnjy.com )，注意三条件缺一不可，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面找其交线.
【跟踪练习】（1）（2021·济南市历城第二中学开学考试）如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则　　
( http: / / www.21cnjy.com / )
A． B． C． D．以上均有可能
（2）（2021·全国高三专题练习）(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是（ ）
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
（3）（2021·湖北省直辖县级单位·高二月考）如图所示，在斜三棱柱中，点、分别是和的中点.21cnjy.com
( http: / / www.21cnjy.com / )
①证明：平面；
②若三棱柱的体积为16，点、、分别是、、上的点，且，，，求三棱锥的体积.
考点三 平面与平面平行的判定与性质　
（1）如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：21·世纪*教育网
①B，C，H，G四点共面；
②平面EFA1∥平面BCHG.
（2）（2021·山东任城·高一期中）如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证：
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（1）直线平面；
（2）平面平面；
（3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．
【规律方法】
证明面面平行的常用方法
（1）利用面面平行的定义.
（2）利用面面平行的判定定理：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.
（3）利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”.
（4）利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”.
（5）利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化.
【跟踪练习】(2020·成 ( http: / / www.21cnjy.com )都联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点.2·1·c·n·j·y
(1)证明：平面BMN∥平面PCD；
(2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积.
1. (2021·浙江高考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则 (　　)【来源：21cnj*y.co*m】
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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
2.（2021·上海市吴淞中学高二月考）已知空间直线不在平面内，则“”是“直线上有两个点到平面的距离相等”的（ ）【出处：21教育名师】
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
3．（2021·全国）下列命题正确的是（ ）
A．若直线a在平面α外，则直线a//α
B．若直线a与平面α有公共点，则a与α相交
C．若平面α内存在直线与平面β无交点，则α//β
D．若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则α//β
4.（2021·全国高一课时练习）如图， ( http: / / www.21cnjy.com )在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有（ ）
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A．BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
5．（2021·江苏溧阳·高一期末）在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动.若平面，则的最小值是（ ）
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A．2 B． C． D．
6．（2022·全国高三专题练习）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·湖南湘潭·高三）如图，在直四棱柱中，下列结论正确的是（ ）
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A．与是两条相交直线
B．平面
C．
D．，，，四点共面
8．（2021·太原市第五十六中学 ( http: / / www.21cnjy.com )校高一月考）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（ ）
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①平面PBC ②平面PCD ③平面PDA ④平面PBA
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9.（2021·江苏如皋·）四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，平面，则实数t的值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·肥城市教学研究中心高三月考）已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
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A．与平面所成角为
B．点到平面的距离为
C．平面
D．三棱柱的外接球半径为
11．（2021·全国）如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ）
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A．直线与为异面直线 B．平面
C．直线与为异面直线 D．平面
12．（2021·全国）如图，在四面体中，截面是正方形，则（ ）
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A． B．平面
C． D．分别是线段的中点
13．（2022·江苏高三专题练习）如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，下列四个命题中，正确命题的选项是（ ）www.21-cn-jy.com
( http: / / www.21cnjy.com / )
A．与平行；
B．与是异面直线；
C．与平面平行；
D．平面与平面平行.
14．（2021·全国）如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，下列结论正确的是（ ）www-2-1-cnjy-com
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A．平面 B．平面平面
C． D．直线与直线所成角的大小为
15.（2021·上海浦东新·华师大二附中高二月考）给出下列4个命题：
①过平面外一点，与该平面成角的直线一定有无穷多条；
②一条直线与两个相交平面都平行，则它必与这两个平面的交线平行；
③过空间任意一点有且只有一个平面与两条异面直线都平行；
④与确定的两条异面直线所成的角相等的平面有无数个．
其中正确命题的序号有_____（请把所有正确的序号都填上）．
16.（2021·全国高一课时练习）考查①②两个命题，① l∥α;② l∥α.，它们都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l，m为直线，α为平面)，则此条件为_____.21·cn·jy·com
17．（2021·全国高三专题练习）如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．
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18.（2021·湖北武昌·武汉中学高二月考）如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交与点，点是上的一个动点.2-1-c-n-j-y
( http: / / www.21cnjy.com / )
（1）若平面，求的值；
（2）若点为的中点，且，求三棱锥的体积.
19．（2021·湖南高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，E为PD的中点.21*cnjy*com
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（1）证明：平面ACE；
（2）设，，直线PB与平面ABCD所成的角为，求四棱锥的体积.
20．（2021·全国高一课时练习）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．
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（1）求证：EF平面ABC；
（2）求三棱锥C﹣ABE的体积．
21．（2021·尤溪县第五中学高二月考）如图，在长方体中，，，．
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（1）求直线与的夹角余弦值．
（2）线段上是否存在点，使平面？
22．（2021·湖南高二月考）图1：平行四边形中，，现将沿折起，得到三棱锥（如图2），且，点M为侧棱的中点.
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（1）求证：
（2）N为的角平分线上一点，若平面，求线段的长.
23．（2021·云南省玉溪第一中学高二月考（文））如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点，.
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（1）求三棱锥的体积；
（2）若为线段上靠近的四等分点，求证：平面.
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真题演练
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