专题23 空间直线、平面的平行73分练-2024年高考数学小题必刷卷

专题二十三 空间直线、平面的平行73分练 (时间：60分钟分值：73分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 5.(2024·江苏扬州模拟预测)已知1、m、n为空间 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 中三条不同的直线，a,3、Y为空间中三个不同的 要求的 平面，则下列说法中正确的是 1.(2024·陕西西安统考一模)已知m,n是平面a A.若a∩3=n,a⊥3，B⊥y,则n⊥Y 外的两条直线，在m∥a的前提下，“m∥n”是 B.若a∩3=l,3ny=m,y∩a=n,若l∥m,则n∥m C.若a∥3，l、m分别与a、3所成的角相等，则l∥m “n∥a"的 ( D.若m∥a,m∥B,a∥Y,则3∥y A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 6.(2024·河南新乡统考模拟)在如图所示的正方 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 体或正三棱柱中，M,N,Q分别是所在棱的中 2.(2024·黑龙江大庆统考模拟)已知1，m是两条 点，则满足直线BM与平面CVQ平行的是 不同的直线，a,8是两个不同的平面，则可以用来 判断1∥m的条件有 中 升 ①l⊥a,m⊥a ②l∥a,m∥a③lCa,nC3,a∥3 ④lCa,l∥3，a∩3=m A.①② B.①③ C.②③ D.①④ 3.(2024·湖北武汉统考模拟)已知不重合的平面 数 a,B及不重合的直线m,n,则 A.若m∥aa∥B,则m∥B B.若m⊥n,m⊥a,n⊥3，则a⊥3 C.若m∥n,m∥a,nB,则a∥月 7.(2024·河南统考模拟预测) 茶 D.若n∥a,a∥B,nCB,则m∥n 如图，已知正三棱柱ABC一 4.(2024·重庆统考模拟预测)已知1，m,n表示不 A1B1C1的各条梭长都相等， 同的直线，a,3,y表示不同的平面，则下列四个命 M是侧棱CC1的中点，N是 题正确的是 ( AB1的中点，则 A.若l∥a,且m∥a,则1⊥m A.A1N∥C1A B.若a⊥3，m∥a,n⊥B,则m∥n B.A1N∥平面BAM C.若m∥l,且m⊥a,则⊥a C.AB1⊥平面ABM D.若m⊥n,m⊥a,n∥B,则a⊥3 D.BM⊥AB: 33 8.在棱长为1的正方体ABCD 11.如图，在直四棱柱ABCD D A1B1C1D中，M,V分别为 A1B1C1D1中，BC⊥CD, BD1,B1C的中点，点P在 AB∥CD,BC=3,AA1= 正方体的表面上运动，且满 AB=AD=2,点P,Q,R分 足MP∥平面CND,则下列说法正确的是 别在棱BB1,CC,DD1上， 若A,P,Q,R四点共面，则下列结论正确的是 A.点P可以是棱BB1的中点 A.对任意点P,都有AP∥QR B.线段MP的最大值为马 B.对任意点P,四边形APQR不可能为平行四 C.点P的轨迹是正方形 边形 D.点P轨迹的长度为2十5 C.存在点P,使得△APR为等腰直角三角形 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 D.存在点P,使得BC∥平面APQR 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全 12.设a,b是不同的直线，a,3是两个不同的平面， 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的 给出下列结论： 得0分. ①若a∥a,b∥B,a∥B,则a∥b: 9.下列条件中，能判定平面a与平面3平行的条件 ②若a∥3，a∥a,a史3，则a∥3： 可以是 ③若a∥3，A∈&，过点A作直线l∥3，则lCa: A.a内有无穷多条直线都与B平行 ④平行于同一个平面的两个平面平行， B.a内的任何一条直线都与3平行 其中所有正确结论的序号是 C.直线aCa,直线bC3,且a∥B,b∥a 13.正方体的平面展开图如图 D.a⊥a.b⊥3，ab 所示，在这个正方体中， 10.如图，这是四棱锥P一ABCD的平面展开图，其 ①BM与ED平行： 中四边形ABCD是正方形，E,F,G,H分别是 ②CN与BE是异面直线： PA,PD,PC,PB的中点，则在原四棱锥中，下 ③AF与平面BDM平行： 列结论中正确的有 ④平面CAN与平面BEM平行. 以上四个命题中，正确命题的序号是 14.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1 6,AB=3,AD=8,点M是棱AD的中点，点N 在棱AA,上，且满足AN=2NA1,P是侧面四 边形ADD1A,内一动点（含边界），若C1P∥平面 CMN,则线段CP长度的取值范围是 A.平面EFGH∥平面ABCD B.PA∥平面BDG C.EF∥平面PBC D.FH∥平面BDG 348.A①对应图1，Q是平面PMN外一点，M在平面 因为A∈a,B∈b,aCa,bCa,所以ABCa,所以lCa,又 PMN内，且M不在直线PN上，因此QM与PN是异 C∈l., 面直线，①正确。 所以C∈a,因为e∥a,所以c∥a或cCa,又c∩a=C, ②对应图2，Q,N重合，MN与PQ是相交直线，②错. 所以c∥α不成立，所以cCa,即这四条直线共面，所以 ③对应图3，由于由中位线定理得MV,PQ都与棱AB ②正确， 平等，从而MN∥PQ,③错. 对于③，直线a,b异面，b,c异面，但是4，c平行，所以③ ④与图1奥似得MN与PQ是异面直线，④正确. 错误，如下右图. 故选：A 对于④，a⊥c,b⊥c,但a⊥b,所以④错误，如下左图. O(N ② 13.答案：④ 解析：在正方体ABCD-A,B,CD 中，连结C1D,如图， 因N是CD的中点，则N也是C D的中点，而M是BC,的中点，即 MN是△BC,D的中位线，于是得 MN∥BD,③正确. ① 因ABCD是正方形，即AC⊥BD,则MN⊥AC,②正确. 9,BC对于A选项，过共线的三点有无数个平面，A选项 又CC,⊥平面ABCD,而BDC平面ABCD,则(CC,⊥BD, 错误. 于是得MN⊥CC,①正确. 对于B选项，三角形一定是平面图形，B选项正确。 又因为A,B,∥AB,AB与BD相交，而MN∥BD,所以 对于C选项，梯形一定是平面图形，C选项正确. MN与A,B1不平行.④错误. 对于D选项，空间四边形不是平面图形，D选项错误。 故答案为：④. 故选：BC 14.答案：充要条件 10.CD图为A∈a,A∈Y,B∈a,B∈y,C∈3，C∈Y,D∈3， 解析：由于两条相交直线l,m都在平面a内，且都不在 D∈Y, 平面3内，则a与月不重合， 所以点A在a与y的交线上，点B在a与y的交线上， 充分性：若1和m中至少有一条与3相交，不坊设1门B=A, 点C在3与Y的交线上，点D在B与Y的交线上. 则由于lCa,所以A∈a,而A∈B,由于a与B不重合， 故选：CD. 所以a与3相交，故充分性成立. 11.AC对于A,用反证法证明：假设四 必要性：若a∩3=a,如果l和m都不与B相交，由于它 个点中，有三个点共线， 们都不在平面3内， 第四个点不在这条直钱上，则根据 所以l∥B且m∥B.所以l∥a且m∥a,进而得到l∥m, 基本事实的推论：一条直线和直线 与已知1、m是相交直线矛盾，因此1和m中至少有一 外一点， 条与？相交，故必要性成立。 确定一个平面，可知这四个点共面，与已知矛后，故A 综上所迷，命题甲是命题乙的充要条件， 正确。 故答案为：充要条件」 对于B,如图，A,B,C,D共面，A,B,C,E共面 但A,B,C,D,E不共面，故B错误. 专题二十三 空间直线、平面的 对于C,因为P∈a,P∈平面ABC,所以P在平面a与 平行73分练 平面ABC的交线上， 1.A因为m,n是平面a外的两条直线，n∥a, 同理，Q,R也在两平面的交线上，故 所以a面内必存在一条直线与m平行，不妨设为l,剥m∥1， P,Q,R三，点共线，故C正确. 所以当m∥n时，n∥l,又lCa,n吐a,所以n∥a,即充分 对于D,如图，a,bc,d四条线段首尾 性成立， 相接，但a,b,c,d不共面，故D错误。 当n∥a时，m,n可能平行，也可能相交，即必要性不成立. 故选：AC 所以“m∥n”是“n∥a”的充分不必要条件 12.答案：①@ 故选：A 解析：对于①，设平面a∩平面ABC=l,因为P∈a,所 2.D根据题意，依次分析4个条件： 以P∈平面ABC, 对于①，垂直于同一平面的两条直线平行，可以判断l∥m, 所以PEl,同理Q∈l,R∈，故P、Q、R三点共线，①正跪 对于②，平面同一平面的两条直线可以平行，也可以相 对于②，因为a∥b,所以a,b可以确定一个平面a 交或异面，不可以判断I∥m, 159 对于③，两个平行平面内的两条直线，可以平行、也可以 相交或异面，不可以判断1∥m, 对于④，由直线与平面平行的性质分析，可以判断l∥m, 则可以判断1∥m的是①①：故A,B,C错误 故选：D. 3.B对于A项，若m∥aaB,则m∥月 C选项中，因为NQ∥BC,故平而CVQ脚为平而BCNQ,则 或mC3,故A错误. 直线BM与平面CNQ相交于点B,故错误. 对于B项，若m⊥n,m⊥a,则n∥a或 nCa, 当n∥a时，若n⊥3，则a⊥3，当nCa V/8 时，若n⊥B,则a⊥9也成立，综上，故B正确， 对于C项，若m∥，m∥a,n∥3，则a∥3或a∩B,反例如 右图所示，可以说明符合条件时， 两个平面有相交的可能，故C错误 D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作 对于D项，如下图所示，mn可能异面，故D错误. CQ的平行线交A,B,于点D,则点D是在A,B,上靠近 点B的四等分点， 由MD∥CQ,MDt平面CNQ,CQC 平面CNQ,可得MD∥平面CNQ,又H BM与平面CNQ平行，MD∩CM= M,MD,CMC平面BDM,则平面 BDM∥平面CNQ, 故选：B 而平面ABB,A,与平面BDM,平面 4.C对于选项A:若l∥a,且m∥a,则1，m可能平行、相 CNQ分别交于BD,QN,则BD与QN平行， 交或异面，并不一定垂直，故A错误. 显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面 对于选项B:若a⊥B,m∥an⊥3，则m,n可能平行、相交 CNQ不平行，故错误， 或异面，并不一定平行，故B错误. 故选：B 对于选项C:若m∥l,且m⊥a,根据线面垂直可得【La, 7.D因为AN与C1A异面，所以A项 故C正确， 错误. B 对于选项D:若m⊥n,m⊥a,但不能得到n⊥a 因为A,N的延长线必过点B,所以B项 所以虽然n∥B,不能得到a⊥B,故D错误. 错误， 故选：C 因为AB与AB不垂直，所以C项错误. 5.B对于A,如图1，若a∩B=n,a⊥3,3⊥y,则n可以与y 取BC的中点P,连接PB,·在正方形 平行，故A错误 BCC,B,中，△B,BP与△BCM全等，可得BM⊥BP, 对于B.因为a∩3=l,3ny=m,l∥m,且1 ty.mCy,则1∥， 连接AP,则AP⊥BC,又平面BCC,B,⊥底面ABC,所以 因为lCa,y∩a=n,则l∥n,故m∥n,B正确. AP⊥平面BCCB1, 对于C,如图2，若a∥B,1、m分别与a,3所成的角为0 因为BMC平面BCC,B,,所以BM⊥AP, 时，l与m可以相交、平行或异面，故C错误。 又AP∩B,P=P,所以BM⊥平面BAP, 因为B:AC平面B,AP,所以BM⊥AB: 故选：D. 8.B如图，取棱BC的中点E,连接 D DE,BE.ME. 图2 因为M,V分别为BD1,B,C的 对于D,如图1，m∥a,m∥B,a∥Y,a∩B=n,则B与y相 中点， 交，D错误 所以在△BCD,中，ME∥CD,由 故选：B 于ME￠平面CND,CD,C平 6.BA选项中，由正方体的性质可知BM∥B,N,所以直 面CND, 线BM与平面CNQ不平行，故错误. 所以ME∥平面CND, 因为B,N∥CE,BV=CE,所以四边形CVB,E为平行 四边形， 所以CN∥B,E,因为CNC平面CND,,B,E在平 面CND, 所以B,E∥平面CND,· B选项中，因为NQ∥AC,故平面CNQ即为平面ACNQ, 因为B,E∩ME=E,B,E,MEC平面B,EM, 而BM∥AQ,BM￠平面CNQ,AQC平面CVQ,所以直 所以平面B,EM∥平面CND,· 线BM与平面CNQ平行，故正确. 由于M为体对角线BD,的中点， 160 所以连接B,M并延长，直线BM必过D点， 所以AR∥平面BCC,B, 故取AD1中点F,连接B,F,FD,DE, BB1∥AA1,BB,C平面BCC,B,AA,平面BCC,B1, 所以由正方体的性质易知FD1∥CE,FD,=CE 所以AA1∥平面BCCB1,又AA1∩AR=A, 所以四边形CD,FE是平行四边形，EF∥CD,,EF=CD, 所以平面BCC,B,∥平面ADD,A,这与题目条件不 因为ME∥CDME=号CD, 符，故B正确。 对于C,假设存在点P,使得△APR为等腰直角三角形， 所以E,F,M共线，即F∈平面B,EM, 令BP=x,如图，过点D作DE⊥AB, 所以四边形B,EDF为点P的轨迹，故A选项错误. 则DE=BC=,3,BD=2, 由正方体的棱长为1，所以四边形B,EDF的棱长均为 在线段DR上取一点M,使得DM=BP=x,连接 怎，且对角我为EF=,BD=5。 BD,PM, 则四边形BDMP为矩形，所以MP=BD=2, 所以四边形B,EDF为菱形，周长为2、5，故CD选项错误， 则PR=√PM+MR=/A+(DR-x),AP= 由菱形的性魔知，线段M的最大位为宁B,D=号，故 PB+AB=4+AR=DR+AD=/4+DR. B选项正确， 是然AR≠PR,AP≠PR, 故选：B 若△APR为等腰三角形，则AP=AR,BP=DR=x,又 9,BD对于A中，当a内有无穷多条直线都与B平行，平面a BP∥DR, 与平面3可能平行，也可能时相交的，所以A不正确. 所以四边形BPRD为平行四边形， 对于B中，若平面a内的任何一条直线都与B平行，则平 所以RP=BD=2=2AP=√8+2r,无解，故C错误. 面α内必存在两条相交直线和平面3平行，根据面面平 对于D,当BP=CQ,满足BC∥PQ,则BC∥平面 行的判定定理，可得a∥3所以B正确. APQR,故D正确. 对于C中，直线aCa,直线bCB,且a∥3，b∥a,平面a与 故选：ABD. 平面日可能平行，也可能时相交的，所以C不正确. 12.答案：②③④ 对于D中，由a⊥a,a∥b,可得bLa,又由b⊥B,根据垂直 解析：对于①，a∥a,b∥B,a∥B,则a∥b,或者异面或者 同一直线的两个平面平行，可得a∥B,所以D正确. 相交，故①错误. 故选：BD. 对于②，过a作平面y与平面a,3交于c,d,则c∥d,又 10.ABCD由平面展开图还原四 a∥a, 校锥，如图所示，可知ABCD 均正确， 若O为BD,AC交点，则O为 BD,AC中点， 连接OG,G为PC中点，故OG∥ PA,OGC面BDG,PA丈面BDG. 所以PA∥平面BDG,B正确. 又F,H为PD,PB中点，则FH∥BD,BDC面BDG, FH文面BDG, 故a∥c,a∥d,又a屯3，则a∥B,故②正确 所以FH∥平面BDG,D正确. 对于③，故A作平面M与平面a,3交于t,k,则t∥k,t∥ 由E,F为PA,PD中点，则EF∥AD,BC∥AD,故EF∥BC, B,即t,l重合，所以lCa,故③正确. 又BCC面PBC,EF丈面PBC,故EF∥平面PBC, C正确. 由EF∥AD,ADC面ABCD,EF丈面ABCD,则EF∥ 面ABCD, 同理可得EH∥面ABCD,而EH∩EF=E,EH,EFC 面EFGH, 所以平面EFGH∥平面ABCD,A正确 对于①，根据面面平行的两个平面都与另一个平行，则这 故选：ABCD. 两个平而没有公共点，所以这两个平面平行，故④正确 11.ABD对于A,在直四棱柱ABCD D 故答案为：②③④. -AB,C,D,中，AB∥CD. B 13.答案：③④ 易得平面ABBA∥平面DCCD, 解析：由展开图得到正方体的直观B 又平面APQR∩平面ABB,A,=AP, D 图如图， 平面APQR∩平面DCCD=QR,所 对①，BM与ED异面，故①错误. 以AP∥QR,故A正确. 对②，连接BE,因为EN∥AD, 对于B,若四边形APQR为平行四边形，则PQ∥AR, EN=AD,AD∥BC,AD=BC, 根据面面平行的判定，PQ∥AR,PQC平面BCCB, 所以EN∥BC,EN=BC,所以四边形ENCB为平行四 AR吐平面BCC,B, 边形， 161 所以CN与BE平行，故②错误， 所以LLa,故B正确 对③，连接MD,同②的方法可证四边形AFMD为平行 对选项C,设a∩Y=a,3∩y=b,在平面Y内任取一个不 四边形， 在直线a,b上的.点P, 所以AF∥MD, 过点P作直线PA⊥a,PB⊥b,垂足分别为点A,B. 又AF过平面BDM,MDC平面BDM,所以AF∥平面 又因为PACY,PBCY.a⊥Y3⊥Y BDM,故③正确. 所以PA⊥a,PB⊥B,又lCa,lCB 同②的方法可证四边形AEMC为平行四边形，则AC∥ 故I⊥PA,I⊥PB, EM. 又因为PA∩PB=P,PA,PBC平 又AC亡平面BEM,EMC平面BEM,所以AC∥平面 面Y,从而⊥Y.故选项C正确. 对选项D,直线m,n的位置关系可 BEM,同理AN∥平面BEM, 以是任意的，比如设a∩B=L,nCa且 又AC∩AN=A,AC,ANC面CAN,所以平面CAN∥ n∥l,mC3,m∥l,则根据平行的传递性知m∥n,故D错误. 平面BEM,故④正确. 故选：D. 故答案为：③④ 3.D如图，在侧棱AA,上取一点R,使 14.答案：[、17,5] 得AR=2RA1,连接PR,BR, Ei- 解析：取AD,中点E,在DD,上 过点A作AN⊥BR交BR于点M,交 取点F,使DF=2DF, BB1于点N,连接AC,CN, 连结EF,C,E,CF,则平面CMN∥ D 由PR∥AD,可知PR⊥AV, 平面C,EF, BR、PRC平面BPR,BR∩PR=R, 因为P是侧面四边形ADD,A,内一动点（含边界）， 从而AN⊥平面BPR,所以BP⊥AN, C1P∥平面CMN, 又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥ AC,所以BP⊥AC, 所以P∈线段EF,所以当P与EF的中点O重合时， AN、ACC平面ACN,AN∩AC=A, 线段C,P长度取最小值CO, 知BP⊥平面ACN,CNC平面ACV,所以BP⊥CN, 当P与点E或点F重合时，线段C,P长度取最大值 所以动点Q的轨迹为线段CN, CE或C,F, 在Rt△ABN,R△RAB中，∠BAN=∠ARB. 因为在长方体ABCD一A1BCD中，AA1=6,AB=3, 所以Rt△ABN∽Rt△RAB, AD=8. 点M是棱AD的中点点N在棱AA上，且满足AN=2NA, 期器-提得BN=司 所以(CP)=C,E=CF=√/3+4=5，EF=42, 易得CN=√BN+BC (号)+1=5 (CP)n=C0-CE-EO-25-(22)-V17. 故选：D. 所以线段CP长度的取值范国是[、17,5]. 4.D①正确，连接BD交AC于G,连 故答案为：[7,5]. 接EG,则在△PBD中，EG∥PB,而 EGC平面ACE,PB亡平而ACE,剥 专题二十四空间直线、平面的 PB∥平面ACE. 垂直73分练 ②正确，因为PA⊥平面ABCD,得 B 1.D因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB=90°，即BC⊥AC. PA⊥AB,又由于AD⊥AB,所以AB⊥平面PAD,又AB 所以△ABC为直角三角形， ∥CD,所以CD⊥平面PAD,而CDC平面PCD,故平面 PCD⊥平面PAD. 又PA⊥⊙O所在平面，AC,AB,BC都在⊙O所在平面内， ③正确，由于PA⊥平而ABCD,将四棱锥还原成长方 所以PA⊥AC,PA⊥AB,PA⊥BC,所以△PAC、△PAB 体，知PC为该长方体的体对角线，故PC为四棱雏P 是直角三角形， ABCD外接球的直径. 又PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,所以BC⊥平 故迭：D. 面PAC 5.C翻折之后如图所示： 因为PCC平面PAC,所以BC⊥PC,所以△PBC是直角 ①图为AD=3AE,BC=3BF,所 三角形， 以AB∥EF且EF∥CD, 从而△PAB,△PAC,△ABC,△PBC均为直角三角形. 因此AB∥CD,故选项A成立. 故选D. ②连接FD,因为P、Q分别为 2.D对选项A,若m⊥a,m⊥B,则a∥3，又n⊥a,所以n⊥ FA、FD的中点，所以PQ∥AD, 选项A正确. 又因为AB⊥AD,所以ABI PQ,故选项B成立 对选项B,在1上取点Q,分别 ③因为PQ∥AD,ED∩AD 作m,n的平行线m',n',这两条 D,所以PQ与ED不平行，故 相交直线确定平面a, 选项C不成立. 因为m∥m',中a,m'Ca,则m八 ④因为PQ∥AD,且PQ中平面 a,同理可证n∥a, ADE,ADC平面ADE, 因为⊥m,l⊥n,m∥m',n∥n', 所以PQ∥平面ADE,故选项D成立 所以1⊥m',lLn',又因为m∩n=Q,m',n'Ca, 故选：C 162