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期末热点.重难点 空间直线、平面的平行
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 海口期末）已知直线a，b和平面α满足a∥α，b α，则“a∥b”是“b∥α”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
2．（2024秋 枣庄校级期中）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且，若B1F∥平面A1BE，则λ＝（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 天府新区模拟）在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024春 镇雄县校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q在（　　）位置时，平面D1BQ∥平面PAO．
A．Q与C重合 B．Q与C1重合
C．Q为CC1的三等分点 D．Q为CC1的中点
5．（2024 黑龙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，与平面AA1B1B平行的直线为（　　）
A．AB B．CC1 C．BC D．AC
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 淮北一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是对应棱的中点，则（　　）
A．直线A1C∥平面PMN
B．直线BD1⊥平面PMN
C．直线AD1与MN的夹角为60°
D．平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN
（多选）7．（2024秋 深圳期末）已知向量（2，﹣1，1），（﹣4，2，﹣2）分别为两个不同的平面α，β的法向量，（1，0，﹣2）为直线l的方向向量，且l β，则（　　）
A．α∥β B．l∥β C．l⊥α D．α⊥β
（多选）8．（2024秋 仁寿县期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，，则（　　）
A．
B．
C．EF∥平面PAB
D．异面直线BE与PA夹角的余弦值为
（多选）9．（2024春 大通县校级期中）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，M，N分别为所在棱上的中点，下列判断不正确的是（　　）
A．直线AD∥平面MNE B．直线FC1∥平面MNE
C．平面A1BC∥平面MNE D．平面AB1D1∥平面MNE
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 宁乡市期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中点，点P满足，当A1P∥平面D1CE时，λ的值为 　 　．
11．（2024秋 浦东新区校级期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，则λ的值为 　 　．
12．（2024秋 上海校级期中）平面α∥平面β，A，C∈α，点B，D∈β，直线AB，CD相交于P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，则CD＝　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2022 南京模拟）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若D1、D分别为B1C1、BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D．
14．（2024秋 泉州期末）如图，AB为圆锥PO的底面直径，点C，D为底面上的三等分点，点M，N分别为PA，PB的中点．
（1）证明：MN∥平面PCD；
（2）若AB＝4，，求直线AC与BM所成角的余弦值．
15．（2024秋 朝阳区期末）如图，在五面体ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分别为BQ，AP的中点，连接DG，EG，CE．
（Ⅰ）求证：AP⊥平面DCE；
（Ⅱ）求直线CP与平面DCE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点M，使得CP∥平面DGM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
期末热点.重难点 空间直线、平面的平行
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 海口期末）已知直线a，b和平面α满足a∥α，b α，则“a∥b”是“b∥α”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【考点】直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解．
【解答】解：直线a，b和平面α满足a∥α，b α，
∵a∥α，∴存在c α使得a∥c且b α，
若a∥b且b α，则b∥c，
又b α且c α，∴b∥α，充分性成立；
设β∥α，b β，a β，a∩b＝P，
则有a∥α，但a，b不平行，即必要性不成立．
故选：A．
【点评】本题考查线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2．（2024秋 枣庄校级期中）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且，若B1F∥平面A1BE，则λ＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，先求出平面A1BE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A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z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A1BE的法向量，则，
令z＝2，则x＝2，y＝1，即，
由，且，可得F（λ，1，1）（0≤λ≤1），
又因为B1（1，0，1），则，
由B1F∥平面A1BE，可得，解得．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的性质、平面的法向量求法等知识，考查了计算能力、空间想象能力，属于基础题．
3．（2024 天府新区模拟）在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】对应思想；分析法；空间位置关系与距离．
【答案】A
【分析】利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案．
【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；
对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；
对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；
所以选项A满足题意，
故选：A．
【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
4．（2024春 镇雄县校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q在（　　）位置时，平面D1BQ∥平面PAO．
A．Q与C重合 B．Q与C1重合
C．Q为CC1的三等分点 D．Q为CC1的中点
【考点】平面与平面平行．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．
【答案】D
【分析】由O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，得PO∥BD1，当点Q在CC1的中点位置时，四边形ABQP是平行四边形，从而AP∥BQ，由此推导出平面D1BQ∥平面PAO．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，
∴PO∥BD1，
设Q是CC1上的点，当点Q在CC1的中点位置时，
PQAB，∴四边形ABQP是平行四边形，
∴AP∥BQ，
∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B，
AP、PO 平面APO，BQ、BD1 平面BQD1，
∴平面D1BQ∥平面PAO．
故选：D．
【点评】本题考查满足面面平行的点的位置的确定，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，是中档题．
5．（2024 黑龙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，与平面AA1B1B平行的直线为（　　）
A．AB B．CC1 C．BC D．AC
【考点】直线与平面平行．
【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】根据线面平行的判定定理即可得出答案．
【解答】解：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
AB 平面AA1B1B，BC，AC与平面AA1B1B都相交，
因为CC1∥AA1，CC1 平面AA1B1B，AA1 平面AA1B1B，
所以CC1∥平面AA1B1B．
故选：B．
【点评】本题考查了线面平行的判定定理，属基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 淮北一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是对应棱的中点，则（　　）
A．直线A1C∥平面PMN
B．直线BD1⊥平面PMN
C．直线AD1与MN的夹角为60°
D．平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】BCD
【分析】利用线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，即可得出结论．
【解答】解：连接AC，AB1，CB1，AD1，CD1，BD，B1D1，
A中，因为M，N是对应棱的中点，所以MN∥AC，因为MN 平面AB1C，AC 平面AB1C，
所以MN∥平面AB1C，同理PM∥平面AB1C，
因为PM∩MN＝M，PM，MN 平面PMN，所以平面PMN∥平面AB1C，
因为直线A1C不平行平面AB1C，所以直线A1C不平行平面PMN，所以A错误；
B中，因为BD⊥AC，AC⊥D1D，BD∩D1D＝D，BD，DD1 平面BD1，所以AC⊥平面BD1，
因为BD1 平面BD1，所以BD1⊥AC，同理可得，BD1⊥AB1，
由于AC和AB1是平面AB1C上的两条相交直线，所以根据直线与平面垂直的判定定理，可得BD1⊥平面AB1C，
因为平面PMN∥平面AB1C，所以直线BD1⊥平面PMN，所以B正确；
C中，由题意，∠D1AC为直线AD与MN的夹角，因为△AD1C为等边三角形，所以∠D1AC＝60°，所以C正确；
D中，因为平面A1B1C1∥平面ABC，平面PMN∩平面ABC＝MN，
所以根据面面平行的性质可知平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，属于中档题．
（多选）7．（2024秋 深圳期末）已知向量（2，﹣1，1），（﹣4，2，﹣2）分别为两个不同的平面α，β的法向量，（1，0，﹣2）为直线l的方向向量，且l β，则（　　）
A．α∥β B．l∥β C．l⊥α D．α⊥β
【考点】直线与平面平行；平面与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】AB
【分析】根据判断选项A，D；根据判断选项B；根据判断选项C．
【解答】解：因为分别为两个不同的平面α，β的法向量，
所以，故有，
所以α∥β，A正确，D错误；
因为，且l β，所以l∥β，B正确；
因为，所以l∥α或者l α，C错误．
故选：AB．
【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
（多选）8．（2024秋 仁寿县期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，，则（　　）
A．
B．
C．EF∥平面PAB
D．异面直线BE与PA夹角的余弦值为
【考点】直线与平面平行；异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，根据向量的线性运算判断A；由向量模的坐标表示判断B；根据数量积为0证明垂直判断C；由异面直线所成角的向量求法判断D．
【解答】解：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
在正方形ABCD中，有AB⊥AD，所以AB，AD，AP两两互相垂直，
所以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
而AB＝AD＝AP＝2，从而A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F（1，1，0），
对于A，，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，平面PAB的一个法向量为，，
EF 平面PAB，所以EF∥平面PAB，故C正确；
对于D，，，
所以异面直线BE与PA夹角的余弦值为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查线面平行的判断，异面直线所成角的求法，空间向量的线性运算，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）9．（2024春 大通县校级期中）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，M，N分别为所在棱上的中点，下列判断不正确的是（　　）
A．直线AD∥平面MNE B．直线FC1∥平面MNE
C．平面A1BC∥平面MNE D．平面AB1D1∥平面MNE
【考点】直线与平面平行；平面与平面平行；空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】对应思想；数形结合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】ABC
【分析】作出经过点M，N，E的截面，数形结合逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：作出过点M，N，E的截面如图所示（H，I，J均为中点），
所以直线AD与其相交于H点，故A项错误；
直线FC1与直线IJ在平面BCC1B1必定相交，故B项错误；
直线A1B与直线EI相交，故平面A1BC与平面MNE不平行，故C项错误；
直线AB1∥直线EI，直线AD1∥直线MH，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面MNE，
故D项正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 宁乡市期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中点，点P满足，当A1P∥平面D1CE时，λ的值为 　　．
【考点】直线与平面平行．
【答案】．
【分析】建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出平面D1CE的法向量的坐标及的坐标，由题意可得 0，可得λ的值．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中点，点P满足，
则D（0，0，0），A（3，0，0），A1（3，0，2），C（0，4，0），E（，0，0），B1（3，4，2），D1（0，0，2），
可得（0，4，0），（﹣3，0，﹣2），（0，4，﹣2），（，0，2），
（0，4，0）+λ（﹣3，0，﹣2）＝（﹣3λ，4，﹣2λ），
设平面D1CE的法向量为（x，y，z），
则，即，
令x＝﹣8，则（8，3，6），
因为A1P∥平面D1CE，可得 0，
即（﹣3λ）×8+4×3+（﹣2λ）×6＝0，解得λ．
故答案为：．
【点评】本题考查用空间向量的方法判断线面平行，属于中档题．
11．（2024秋 浦东新区校级期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，则λ的值为 　2　．
【考点】直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】2．
【分析】连接A1C，设A1C∩AE＝F，连接FD，E是棱CC1的中点，可证得，由A1B∥平面ADE，可得A1B∥FD，即求得，由题意可得λ的值．
【解答】解：连接A1C，设A1C∩AE＝F，连接FD，E是棱CC1的中点，
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，
因为A1B∥平面ADE，A1B 平面A1BC，平面A1BC∩平面AED＝FD，
可得A1B∥FD，，
所以，
而BD＝λDC，所以λ＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查线面平行的性质的应用及平行线分线段成比例的性质的应用，属于中档题．
12．（2024秋 上海校级期中）平面α∥平面β，A，C∈α，点B，D∈β，直线AB，CD相交于P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，则CD＝　2或34　．
【考点】平面与平面平行．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】用面面平行的性质，可得AC∥BD，根据比例关系即可求出CD．
【解答】解：∵平面α∥β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点P，
∴AB，CD共面，且AC∥BD，
①若点P在平面α，β的外部，
∴，
∵AP＝8，BP＝9，CP＝16，
∴，解得PD＝18，
∴CD＝PD﹣PC＝18﹣16＝2．
②点P在平面α，β的之间，
则，即，解得PD＝18，
则CD＝CP+PD＝18+16＝34，
故答案为：2或34．
【点评】本题考查面面平行的性质，考查学生的计算能力，正确运用面面平行的性质是关键．
四．解答题（共3小题）
13．（2022 南京模拟）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若D1、D分别为B1C1、BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D．
【考点】平面与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】证明过程见解答．
【分析】利用面面平行的判定定理证明即可．
【解答】证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D1、D分别为B1C1、BC的中点，
连接A1C交AC1于点M，如图，
∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点．连接MD．
∵D为BC的中点，∴A1B∥DM．
∵A1B 平面A1BD1，DM 平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1．
又由三棱柱的性质知，D1C1∥BD，BD＝D1C1，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1．
又DC1 平面A1BD1，BD1 平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1．
又∵DC1∩DM＝D，DC1 平面AC1D，DM 平面AC1D，
∴平面A1BD1∥平面AC1D．
【点评】本题考查面面平行的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14．（2024秋 泉州期末）如图，AB为圆锥PO的底面直径，点C，D为底面上的三等分点，点M，N分别为PA，PB的中点．
（1）证明：MN∥平面PCD；
（2）若AB＝4，，求直线AC与BM所成角的余弦值．
【考点】直线与平面平行；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【分析】（1）推导出MN∥AB，连接OC，OD，推导出CD∥AB∥MN，由此能证明MN∥平面PCD．
（2）取CD中点Q，连接OQ，OP，则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，OP⊥AB，以O为坐标原点，OQ，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC，BM所成角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：∵AB为圆锥PO的底面直径，点M，N分别为PA，PB的中点，
∴MN∥AB，
连接OC，OD，∵点C，D为底面上的三等分点，
∴∠AOC＝∠COD＝60°，
△OCD是等边三角形，∴∠DCO＝60°＝∠AOC，∴CD∥AB∥MN，
∵MN 平面PCD，CD 平面PCD，
∴MN∥平面PCD．
（2）取CD中点Q，连接OQ，OP，
则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，∴OP⊥AB，
∵OB＝2，PB＝2，∴OP＝2，
以O为坐标原点，OQ，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则C（，﹣1，0），A（0，﹣2，0），B（0，2，0），M（0，﹣1，1），
∴（，1，0），（0，﹣3，1），
设异面直线AC，BM所成角为θ，
则cosθ，
∴异面直线AC，BM所成角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定与性质、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2024秋 朝阳区期末）如图，在五面体ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分别为BQ，AP的中点，连接DG，EG，CE．
（Ⅰ）求证：AP⊥平面DCE；
（Ⅱ）求直线CP与平面DCE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点M，使得CP∥平面DGM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）存在，．
【分析】（Ⅰ）应用线面垂直的判定定理证明即可；
（Ⅱ）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值；
（Ⅲ）先设，再应用线面平行即得，计算求参即可．
【解答】证明：（Ⅰ）因为PD⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PD⊥CD，
又因为CD⊥AD，AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又AP 平面PAD，所以CD⊥AP，
又因为AD＝DP，G为线段AP的中点，所以AP⊥DG，
因为PQ∥CD，AB∥CD，所以PQ∥AB，
因为E，G分别为线段BQ，AP的中点，所以EG∥AB，
又CD∥AB，所以EG∥CD，即C，D，G，E四点共面，
又CD∩DG＝D，DG 平面DCE，CD 平面DCE，
所以AP⊥平面DCE；
解：（Ⅱ）因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC，
又AD⊥CD，所以DA，DC，DP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，
于是A（4，0，0），B（4，3，0），C（0，4，0），P（0，0，4），
可得，
由（1）可得AP⊥平面DCE，
所以平面DCE的一个法向量为，
设直线CP与平面DCE所成角为θ，则有
，
则直线CP与平面DCE所成角的正弦值为；
（Ⅲ）设M是线段BC上的一点，则存在∈[0，1]，使，
，从而，
由点A，P的坐标可得，
设平面DGM的法向量为，
则有，即，
令x＝3+λ，则法向量为，
令0，即﹣4（4λ﹣4）+4（﹣3﹣λ）＝0，解得，
此时，又显然有CP 平面DCM，从而CP∥平面DGM，
所以，线段BC上存在点M，使得CP∥平面DCM，此时．
【点评】本题考查了线面垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．
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