核心素养测评(第7章 第40节 空间直线、平面的平行)(课件PPT)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮总复习提升版（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦“空间直线、平面的平行”核心专题，依据高考评价体系明确线面平行、面面平行的判定与性质等考查要求。通过梳理近五年高考真题，分析出面面平行判定（占比30%）、线面平行性质应用（占比25%）等高频考点，归纳出单选题、多选题、解答题等常考题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题情境+变式训练+素养提升”模式，如以2024佛山模拟题为例，通过“辅助线构造-性质定理应用-距离计算”三步法突破面面平行证明与空间距离求解，培养学生的空间观念和推理能力。设置易错点分析（如忽略线面平行判定的相交条件）和答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

核心素养测评　 (时间:45分钟　分值:90分) 四十四 空间直线、平面的平行 一、单选题 1.(5分)α和β是两个不重合的平面,在下列条件中可判定平面α与β平行的是(　　) A.l∥α,l∥β B.α内不共线的三点到β的距离相等 C.l,m是平面α内的直线且l∥β,m∥β D.l,m是两条异面直线且l∥α,m∥α,m∥β,l∥β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选D.对于A,α和β可平行也可相交,故A错误;对于B,必须是α内不共线的三点,且在β的同侧到β的距离相等,才可判定平面α与平面β平行,故B错误;对于C,当l,m是平面α内的两条平行直线时,α与β可能相交,故C错误;对于D,过直线l,m分别作平面与平面α,β相交,设交线分别为l1,m1与l2,m2,由l∥α,l∥β得l∥l1,l∥l2,从而l1∥l2,则l1∥β,同理m1∥β,因为l1与m1相交,所以α∥β. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.(5分)设α,β是两个不同的平面,m,l是两条不同的直线,且α∩β=l,则“m∥l”是“m∥β且m∥α”的(　　) A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】选C.当m∥l时,m可能在α内或者β内,故不能推出m∥β且m∥α,所以充分性不成立;当m∥β且m∥α时,设存在直线n⊂α,n⊄β,且n∥m,因为m∥β,所以n∥β, 根据直线与平面平行的性质定理,可知n∥l,所以m∥l,即必要性成立,故“m∥l”是“m∥β且m∥α”的必要不充分条件. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.(5分)已知在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,则直线MN与直线EF、直线MN与平面ABB1A1的位置关系分别为(　　) A.平行、平行 B.异面、平行 C.平行、相交 D.异面、相交 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选B.因为在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,所以EF⊂平面BCC1B1,MN∩平面BCC1B1=N,N∉EF,所以由异面直线的定义得直线MN与直线EF是异面直线. 取A1C1的中点P,连接PM,PN,如图, 则PN∥B1A1,PM∥A1A. 又PN⊄平面ABB1A1,B1A1⊂平面ABB1A1, PM⊄平面ABB1A1,A1A⊂平面ABB1A1, 所以PN∥平面ABB1A1,PM∥平面ABB1A1. 因为PM∩PN=P,PM,PN⊂平面PMN,所以平面PMN∥平面ABB1A1. 因为MN⊂平面PMN,所以MN∥平面ABB1A1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点,若A1C∥平面BC1D,则D为(　　) A.棱AB的中点 B.棱AA1的中点 C.棱BC的中点 D.棱A1B1的中点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选D.对于A:当D为棱AB的中点时,A1C与AC1相交,故A1C与平面BC1D不平行,故A错误; 对于B:当D为棱AA1的中点时,A1C与DC1相交,故A1C与平面BC1D不平行,故B错误; 对于C:当D为棱BC的中点时,A1C与平面BC1D不平行,故C错误; 对于D:如图,当D为棱A1B1的中点时,取AB的中点E, 连接CE,A1E,由A1D=BE,A1D∥BE,可得四边形BEA1D 为平行四边形,即有A1E∥BD,由A1E⊄平面BDC1, BD⊂平面BDC1,所以A1E∥平面BDC1, 同理可得CE∥平面BDC1.又CE∩A1E=E,CE,A1E⊂平面A1EC, 所以平面A1CE∥平面BC1D.由于A1C⊂平面A1CE,则A1C∥平面BC1D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(5分)如图,各棱长均为1的正三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为线段A1B,B1C上的动点,且MN∥平面ACC1A1,则这样的MN有(　　) 　　　　　 　　　　　　　　　 A.1条 B.2条 C.3条 D.无数条 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选D.如图,任取线段A1B上一点M,过M作MH∥AA1,交AB于点H,过H作HG∥AC交BC于点G,过G作CC1的平行线,与CB1一定有交点N,则平面MHGN∥平面ACC1A1,则MN∥平面ACC1A1,则这样的MN有无数条. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 二、多选题 5.(5分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别是棱A1C1,BC的中点,则下列结论中正确的是(　　) A.CC1∥平面A1ABB1 B.AF∥平面A1B1C1 C.EF∥平面A1ABB1 D.AE∥平面B1BCC1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选ABC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1∥AA1,CC1⊄平面A1ABB1,AA1⊂平面A1ABB1,所以CC1∥平面A1ABB1,A正确; 因为平面ABC∥平面A1B1C1,AF⊂平面ABC,所以AF∥平面A1B1C1,B正确; 取AB中点G,连接A1G,GF(图略), 因为G,F分别是棱AB,BC的中点,所以GF AC.又A1E AC, 所以GF∥A1E,且GF=A1E,所以四边形GFEA1为平行四边形, 所以EF∥A1G.又EF⊄平面A1ABB1,A1G⊂平面A1ABB1,所以EF∥平面A1ABB1,C正确; 取AC中点H,连接C1H(图略),易证得四边形AHC1E为平行四边形,所以EA∥C1H,C1H与平面B1BCC1相交,所以AE与平面B1BCC1相交,D不正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,====2,则下列说法正确的 是(　　) A.BD1∥GH B.BD与EF异面 C.EH∥平面ABCD D.平面EFGH∥平面A1BCD1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选BCD.如图所示,连接A1B,D1C,BD,BD1,根据题意,由==2可得, EF∥A1B,且===.同理可得GH∥CD1,FG∥BC,且=. 由GH∥CD1,而CD1∩BD1=D1,所以BD1不可能平行于GH,即A错误; 易知BD与EF不平行,且不相交,由异面直线定义可知,BD与EF异面,即B正确; 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B∥CD1,A1B=CD1,所以EF∥GH,EF=GH,即四边形EFGH为平行四边形,所以EH∥FG.又BC∥FG,所以EH∥BC.又EH⊄平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以EH∥平面ABCD,即C正确; 由EF∥A1B,EF⊄平面A1BCD1,A1B⊂平面A1BCD1,所以EF∥平面A1BCD1. 又BC∥FG,FG⊄平面A1BCD1,BC⊂平面A1BCD1,所以FG∥平面A1BCD1. 又EF∩FG=F,且FG,EF⊂平面EFGH,所以平面EFGH∥平面A1BCD1,即D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(5分)(2025·南昌模拟)在下列底面为平行四边形的四棱锥中,M,S,T,P,Q是四棱锥的顶点或棱的中点(如图),则PQ∥平面MST的有(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选AB.对于A,设A为MS的中点,底面为平行四边形STFE,连接PA,TA, 则PA∥SE,PA=SE,而TQ∥SE,TQ=SE,故PA∥TQ,PA=TQ,即四边形PATQ为平行四边形, 故PQ∥AT,而AT⊂平面MTS,PQ⊄平面MTS, 故PQ∥平面MST,A正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于B,设A为MS的中点,底面为平行四边形EFTS,连接AP,AT, 则AP∥ES,AP=ES,而QT∥ES,QT=ES, 故AP∥QT,AP=QT,即四边形APQT为平行四边形,故PQ∥AT,而AT⊂平面MST,PQ⊄平面MST,故PQ∥平面MST,B正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于C,设A为ME的中点,底面为平行四边形GFES,连接QA,AS,SH 设AQ交MT于H,连接SH, 则AQ∥FE,AQ=FE,而PS∥EF,PS=EF, 故AQ∥PS,AQ=PS,即四边形AQPS为平行四边形, 故AS∥PQ.又PQ⊂平面AQPS,PQ⊄平面MST,平面AQPS∩平面MST=SH, 假设PQ∥平面MST,则PQ∥SH, 即在平面AQPS内过点S有两条直线和PQ平行, 这是不可能的,故PQ不平行于平面MST,C错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于D,设底面为平行四边形MQEF, 连接ME,FQ交于点H,FQ∩MT=G, 则H为FQ的中点,连接SH,SG, 由于S为PF的中点,故SH∥PQ. 又PQ⊂平面PFQ,PQ⊄平面MST,平面PFQ∩平面MST=SG,假设PQ∥平面MST,则PQ∥SG, 即在平面PFQ内过点S有两条直线和PQ平行,这是不可能的,故PQ不平行于平面MST,D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 三、填空题 8.(5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,若点D,D1分别是AC,A1C1上的点,且平面BC1D∥平面AB1D1,则的值为________.  【解析】连接A1B交AB1于点O,连接OD1, 由平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1, 平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O, 所以BC1∥D1O,同理可得AD1∥DC1, 所以==1,即D1为线段A1C1的中点,所以D为线段AC的中点,即=1. 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(5分)如图所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是棱A1B1,B1C1的中点,P是棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交底面ABCD于PQ,Q在CD上,则PQ=________.  【解析】因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,MN⊂平面A1B1C1D1, 所以MN∥平面ABCD.又平面PMNQ∩平面ABCD=PQ, 所以MN∥PQ.因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点, 所以MN∥A1C1∥AC,所以PQ∥AC.又AP=,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体, 所以CQ=,从而DP=DQ=,所以PQ===a. a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 四、解答题 10.(10分)(2024·佛山模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,AB=3,AC=4, ∠ACB=30°.将过点A,B1,C1的平面和平面ABC的交线记作l. (1)证明:l∥BC; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】(1)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为B1C1∥BC,BC⊂平面ABC,B1C1⊄平面ABC,所以B1C1∥平面ABC.又B1C1⊂平面AB1C1,且平面AB1C1∩平面ABC=l, 所以B1C1∥l,则l∥BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求顶点C1到直线l的距离. 【解析】(2)在平面ABC内,过C作CG⊥l,垂足为G,连接C1G,则C1G为C1到直线l的距离,在△ABC中,因为AC=4,∠CAG=∠ACB=30°,所以CG=4×sin 30°=2.又CC1=AA1=2, 所以C1G=2,即顶点C1到直线l的距离为2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点. 求证:平面BDE∥平面MNG. 【证明】因为N,G分别为平行四边形ADEF的对边AD, EF的中点,所以DE∥GN.又因为DE⊄平面MNG, GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG. 因为M为AB的中点,N为AD的中点, 所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN. 因为BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG. 因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE∥平面MNG. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【能力提升练】 11.(5分)如图所示,过三棱台上底面的一边A1C1作一个平行于棱BB1的截面与下底面的交线为DE.若D,E分别是AB,BC的中点,则=(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解题指南】根据线面平行和面面平行得到线线平行,得到几何体A1B1C1-DBE为棱柱,另外S△ABC=4S△BDE,根据柱体和台体体积公式即可求解. 【解析】选A.因为平面A1C1ED与棱BB1平行,平面BCC1B1∩平面A1C1ED=C1E,平面ABB1A1∩平面A1C1ED=A1D,所以BB1∥A1D,BB1∥C1E. 因为平面A1B1C1∥平面ABC,平面A1B1C1∩平面A1C1ED=A1C1,平面ABC∩平面A1C1ED=DE,所以A1C1∥DE,故几何体A1B1C1-DBE为棱柱,设棱柱的高为h, 故=S△BDE·h.又D,E分别是AB,BC的中点,则S△ABC=4S△BDE. 由台体体积公式得=(S△BDE+S△ABC+)h=S△BDE·h, 故=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上, AB=AC=AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足 =λ (0<λ<1),若B1E∥平面ACF, 则λ的值为(　　) 　　　　　 　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(5分)(多选题)(2025·南昌模拟)PO是正四棱锥P-ABCD的高,E是线段PO上一点(不含端点),过点E任作一个平面α,平面α与该四棱锥表面交线所围成的封闭图形记为Ω,下列4个命题中,正确的是(　　) A.Ω可以是三、四、五边形 B.当PA∥平面α时,存在一点E,使得Ω是正五边形 C.当PA与平面α相交时,平面α与平面PAD和平面PAB的交线分别为m,n,则m,n,PA三条直线相交于一点 D.“PA∥平面α”是“平面PAC⊥平面α”的充分不必要条件 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选AC.对于A:截面α过PO时的截面为三角形, 截面α过E与平面ABCD平行时为四边形,截面α不平行 于底面ABCD且不过PO时可能为五边形(如图所示), 故A正确; 对于B:如图所示,当PA∥平面α时,截面五边形 为MNKQH,由PA∥截面α,根据线面平行的性 质易得PA∥MN,PA∥QH,则MN∥QH,又正五 边形不存在平行的边,故不存在这样的正五 边形,故B错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于C:设平面α与平面PAD的交线为QH,与PAB的交线为MN, 当PA与平面α相交时,可得MN与QH不平行. 反证法:若MN∥QH,因为QH⊄平面PAB,MN⊂平面PAB, 所以QH∥平面PAB.又因为QH⊂平面PAD,平面PAD∩平面PAB=PA, 所以PA∥QH.又因为QH⊂α,PA⊄α,所以PA∥α, 这与PA与平面α相交矛盾,故假设不成立,故MN与QH不平行, 所以MN与QH相交,设MN∩QH=K,则K∈平面PAB,K∈平面PAD. 又平面PAB∩平面PAD=PA,所以K∈PA, 所以PA,MN,QH交于一点,即m,n,PA三条直线相交于一点,故C正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于D:因为四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC.又PO⊥平面ABCD, BD⊂平面ABCD,所以PO⊥BD. 因为PO∩AC=O,PO,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC. 由B可知,当PA∥平面α时,MN∥QH,而=不一定成立, 所以MH有可能不平行于BD,则MH不一定垂直于平面PAC,得不出平面PAC⊥平面α,从而“PA∥平面α”不是“平面PAC⊥平面α”的充分条件,故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(5分)(2024·兰州模拟)如图,正方体A1C的棱长为1,点M在棱A1D1上,A1M=2MD1,过M的平面α与平面A1BC1平行,且与正方体各面相交得到截面多边形,则该截面多边形的周长为________.  3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】当在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时,只需要ME∥BC1,如图所示,因为A1M=2MD1,故该截面与正方体的交点位于靠近D1,A,C的三等分点处,故可得截面为MIHGFE.设正方体的棱长为3a,则ME=2a,MI=a, IH=2a,HG=a,FG=2a,EF=a,所以截面MIHGFE的周长为ME+EF+FG+GH+HI+IM=9a.又因为正方体A1C的棱长为1,即3a=1, 故截面多边形的周长为3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【变式备选】 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1的中点是点P,过点A1作与截面PBC1平行的截面,则该截面的面积为________.  2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】如图所示,易知截面是菱形. 分别取棱D1C1,AB的中点E,F,连接A1E,A1F,CF,CE,则菱形A1ECF为符合题意的截面.连接EF,A1C,易知EF=2,A1C=2,EF⊥A1C,所以截面的面积S=EF·A1C=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(10分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为面对角线BD,CD1上的点,且==.若R是AB上的点,则的值为多少时,能使平面PQR∥平面A1D1DA?请给出证明. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】当的值为时,能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图. 证明如下:因为=,即=,故=,所以PR∥DA. 又DA⊂平面A1D1DA,PR⊄平面A1D1DA, 所以PR∥平面A1D1DA. 又PQ∥平面A1D1DA,PQ∩PR=P, PQ,PR⊂平面PQR, 所以平面PQR∥平面A1D1DA. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【创新思维练】 【解题指南】根据面面平行的性质可得AM∥C1N,结合空间的等角定理可得Rt△C1D1N∽Rt△ABM,即得对应边成比例,结合题意,即可求得答案. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,记平面AD1E与平面ABCD的交线为l1,平面AD1E与平面ABB1A1的交线为l2,若直线AB分别与l1,l2所成的 角为α,β,则tan α=________,tan(α+β)=________.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点, 延长D1E与DC延长线交于点F,连接AF,则直线AF即为直线l1,α=∠BAF, 由CE∥DD1,得CF=DC,又AB∥CD,于是tan α=tan∠AFD=. 由平面CDD1C1∥平面ABB1A1,平面AD1E∩平面ABB1A1=l2,平面AD1E∩平面CDD1C1=D1E,则D1E∥l2.又C1D1∥AB,因此β=∠C1D1E,tan β=, 所以tan(α+β)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 【解析】选C.在BB1上取一点G使得B1G=2BG,连接CG,AG,AG与BD交于一点F,即为所求(如图所示),证明如下: 根据已知CE=2C1E=2,所以CC1=BB1=3, 所以在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1G∥CE, 且B1G=CE=2,所以四边形B1GCE为平行四边形,所以B1E∥CG. 因为B1E⊄平面ACG,CG⊂平面ACG,所以B1E∥平面ACG,即B1E∥平面ACF. 又△BFG∽△DFA,所以==, 所以=,即λ的值为. 15.(5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为梯形,AB=BB1=C1D1=6,CD∥AB,=λ(0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,则DN= (　　) A. B. C. D. 【解析】选C.因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,CD∥AB,故平面ABB1A1∥平面DCC1D1,而平面AMC1N∩平面DCC1D1=C1N, 平面AMC1N∩平面ABB1A1=AM,故AM∥C1N. 又C1D1∥CD∥AB,则∠D1C1N=∠BAM, 故Rt△C1D1N∽Rt△ABM, 故=.又AB=BB1=C1D1=6,=λ(0<λ<1),则BM=, 则=,故D1N=,则DN=6-=. $