第6章 4 平行关系 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

§4阶段综合 黑题 阶段强化 限时：45min 1.*(2025·湖南师大附中高一期中)已知4,5.*★(2025·陕西西安高一期中)如图，在三 b表示直线，a,B,Y表示平面，则下列结论 棱柱ABC-A1B,C1中，M为A1C1的中点，N为 中正确的是 ( 侧面BCC,B1上的一点，且MN∥平面ABC1, A.若a∥a,b∥a,则a∥b 若点N的轨迹长度为2，则 B.若a∥b,a∥a,则b∥a A.AC=4 B.BC=4 C.若x∥B,any=a,Bny=b,则a∥b C.AB=6 D.BC=6 D.若a∥B,b∥B,aC,bCa,则a∥B D C 2.*已知A,B是平面a上的点，A1,B1是平 R B. 面B上的点，且AA1∥BB1,则“AA1=BB1”是 D “a∥B”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 (第5题) (第6题) C.充要条件 6.*如图，在直四棱柱ABCD-AB1CD1中， D.既不充分也不必要条件 BC⊥CD,AB∥CD,BC=√3，AA1=AB=AD=2, 3.*如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，P,Q分 点P,Q,R分别在棱BB1,CC1,DD1上，若A,P, 别是线段A,C,BB,的中点.则以下和直线PQ Q,R四点共面，则下列结论错误的是() 相交的是直线 ( A.对于任意点P,都有AP∥QR B.对于任意点P,四边形APQR不可能为平行 四边形 C.存在点P,使得△APR为等腰直角三角形 D.存在点P,使得BC∥平面APQR 7.**(2025·吉林长春高一期中)如图，0是 A.AD B.BD C.CD D.DD 圆台上底面的圆心，A,B是圆台下底面圆周上 4.**（多选)(2025·浙江金华高一期末)在四 的两个动点，MN是圆台的一条母线，记圆台 棱锥P-ABCD中，E,F分别是AP,BC上的点， 的上、下底面圆的半径分别为r,R.若MN= EPFC则下列条件中可以确定Er∥平面 AE BF R=2r,MN∥平面OAB,且线段AB长度的最小 值为6，则该圆台的高为 PCD的是 A.AD∥BC :0 B.AB∥CD C.BC∥平面PAD D.CD∥平面PAB 必修第二册·BS黑白题126 8.*(2025·重庆九龙坡区高一月考)如图，10.(2025·江苏无锡高一期中)如图几何 在正方体ABCD-A,B1C,D1中，E是棱CC1的 体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其 中点，记平面AD,E与平面ABCD的交线为L1, 内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120° 平面ADE与平面ABB1A1的交线为L2,若直 得到的.已知AD=2,AB=4,P是CE上的中 线AB与l1所成角为α，直线AB与L2所成角 点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. 为B,则sin(2a-B)的值是 (1)求证：OQ∥平面ABEF; (2)若M是DF上的一点，且满足平面OMQ∥ B 平面ABEF,求sin∠FAM的值. 9.整（2025·吉林长春高一期中)由直四棱 柱ABCD-AB1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后 得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行 四边形，O为AC与BD的交点 (1)求证：A10∥平面B1CD1; (2)求证：平面ABD∥平面B1CD1; (3)设平面B,CD1与底面ABCD的交线为I, 求证：BD1∥1 压轴挑战 熱(2025·河南郑州高一期中)如 图，几何体E-ABCD是四棱锥， △ABD为正三角形，BC=CD,∠BCD=120°， M为线段AE的中点.则直线DM与平面EBC的 位置关系为 (填“相交”或“平行”) N为线段EB上一点，使得D,M,N,C四点共 面， BE的值为 第六章黑白题12710.(1)证明：取PB中点Q,连接MQ,NQ,如图所示. ,M,N分别是AB,PC的中点，∴.NQ∥BC AD∥BC,.NQ∥AD.又：NQ平面PAD,ADC平面PAD,.NQ∥ 平面PAD.同理可证：MQ∥平面PAD. 又.NQC平面MNQ,MQC平面MNQ,NOnMO=Q,.平面MNQ∥ 平面PAD. .MNC平面MNQ,.MN∥平面PAD (2)解：假设(1)中的Q即为所求 M,N分别是AB,PC的中点，Q为PB的中点，∴.MQ∥PA,且 NQ∥AD,则MQ∥平面PAD,NQ∥平面PAD,且MQ∩NQ=Q,∴.平 面MNQ∥平面PAD. .第(1)问的Q点即为所求，当Q为PB的中点时，平面MNQ∥平 面PAD. 四方法总结 (1)立体几何中位置关系的证明一殼用判定定理. (2)存在性问题的证明：先假设存在，再进行证明，如果可以证明，则 存在；如果推出矛盾，则不存在 11.(1)证明：如图①，连接MN,与AB交于点G ,四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD=AF,,AD∥BE 且AD=BE,∴.四边形ADBE是平行四边形，∴.AE∥DB. 又·AM=DN,.四边形ADNM是平行四边形，.MN∥AD 当点F,A,D不共线时，如图②，MG∥AF,NG∥AD, AFC平面ADF,MG￠平面ADF,∴.MG∥平面ADF,同理NG∥平 面ADF,又.MGnNG=G,MG,NGC平面GNM,.平面GNM∥平 面ADF.又.·MNC平面GNM,.MN∥平面ADF 故当点F,A,D不共线时，线段MN总平行于平面FAD ② （2)解：这个结论不正确 要使结论成立，M,N应分别为AE和DB的中点理由如下： 当点F,A,D共线时，由(1)得MN∥FD.当点F,A,D不共线时，如图 ②，由(1)知平面MNG∥平面FDA,则要使MN∥FD总成立，根据面 面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可. 若要使FD与MN共面，连接FM,只要FM与DN相交即可， ·FMC平面ABEF,DNC平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB .若FM与DN相交，则交点只能为点B, 由于四边形ABEF为平行四边形，FB与AE的交点M为AE的中点， 则只有M,N分别为AE,DB的中点才满足 由FM∩DN=B,可知它们确定一个平面，即F,D,N,M四点共面. 平面FDWM∩平面MNG=MN,平面FDNMO平面FDA=FD,平 面MNG∥平面FDA,.MN∥FD. 压轴挑战 D解析：如图所示，设平面DMW与棱A1D1交点为点E,连接NE,在平 行六面体中，平面A1B,C,D1∥平面ABCD,平面DMN∩平面 A1B1C1D1=NE,平面DMW∩平面ABCD=MD,所以NE∥MD. 连接A1C1交NE于点G,连接AC交MD于点Q,连接GQ,因为平面 DMN∩平面A1C1CA=GQ,所以点O在直线GQ上. 因为平面A1B,C1D1∥平面ABCD,平面A1C1CAn平面A1B1C,D1= A1C,平面A1C,CAn平面ABCD=AC,所以A1C1∥AC.又因为A1A∥ C1C,所以四边形A1C1CA为平行四边形， 在平行四边形A1CCA中，△A0Q0△C,0G,所以40=A犯 OC CIG 必修第二册·BS 在平行四边形ABCD中，△M0C△DOA,所以-D QcWC=3,即40= 4AC=3 取棱AD1上一点F,且D1F=2A1F,连接B1F交A1C1于点P,因为BF∥ D,所以NE∥BE,可得△A,NG∽△A,B即，则Sg=子又因 为A1P=CQ=4 C,所以A1G= ，G,则CG=名4G,所以 1 3 A0.A044.C19 OC C G 5 10 6A1G, AE F B. 、 B M §4阶段综合 黑题 阶段强化 1.C解析：若a∥，b∥a,则直线a,b可能相交、平行或异面，故 选项A错误；若a∥b,a∥a,则b∥a或bCa,故选项B错误；若 a∥B,any=a,Bny=b,则由面面平行的性质定理可知a∥b,故选项 C正确；如图所示，EF∥平面A1B1C1D1,AB∥平面A1B1C1D1,ABC 平面A1B1BA,EFC平面A1B1BA,但平面A1B1CD1与平面A1B1BA 相交，故选项D错误. D. D C B D D (第1题) (第3题) 2.B解析：若A,B是平面a上的点，A1,B1是平面B上的点，且AA1∥ BB1,设p:a∥B,q:AA1=BB1, 必要性：p→q,若α∥B,且有A41∥BB1,则A,A1,B,B1四点构成一个 平面AM1BB1,且平面M1BB1∩平面&=AB,平面M1BB,n平 面B=AB1,所以AB∥A,B1,所以四边形AA1B1B为平行四边形，所 以AA1=BB1,故必要性成立； 充分性：9→P,若AM1=BB1,且有AM1∥BB1,则四边形AM1B1B为平 行四边形，所以AB∥A1B1.因为A,B是平面上的点，A1,B1是平 面B上的点，所以ABCa,AB,CB,只有两直线平行无法得出a∥B, 所以充分性不成立 综上，“AM1=BB,”是“a∥B”的必要不充分条件. 3.D解析：如图，连接B1D1,AD1,CD1,BD1,BC1,正方体ABCD- A1B1C1D1中，P是线段A1C1的中点，所以P是线段B,D,的中点. 由PQ∥BD1,PQ4平面ABC,D1,BD1C平面ABC,D1,得PQ∥平 面ABC1D1,所以PQ与AD1不相交，故A不正确； 由P,Q分别是线段B1D1,BB,的中点，得PQ∥BD1,故B不正确； 由PQC平面BDD1B1,D1PQ,C平面BDD1B1,得CD1与直线PQ 异面，故C不正确； 因为DD1∥BB1,BB1∩PQ=Q,所以DD1与直线PQ不平行.又因为 DD1,PQC平面BDD1B1,所以DD1与直线PQ相交，故D正确. 4.BD解析：如图①，过点E作EG∥PD交AD于点G,连接GF,EF,即 有EC/平面PCD.由于△MBG△APD,所以AC-AE_-B那 GD EP FC 若AB∥CD,则GF∥CD,又GF￠平面PCD,CDC平面PCD,所以 GF∥平面PCD,由EG∩GF=G,EG,GFC平面EGF,得平面EGF∥平 黑白题076 面PCD,又EFC平面EGF,所以EF∥平面PCD,故B正确； P ① 若CD∥平面PAB,又因为平面ABCDO平面PAB=AB,所以CD∥AB, 由B可知D正确： 假设EF∥平面PCD,设平面EFPOCD=H,则EF∥PH,若BC∥平面 PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,所以BC∥AD,反之若BC∥AD,当 且仅当BC∥平面PAD,即A,C同时正确或错误； 若BC∥AD,可能AB∥CD,也可能AB与CD相交 如图②，若AB与CD相交，由C-B那知延长FG必与AB,CD交于同 GD FC 一点O,由几何关系知EF与PH不平行，故A,C错误 5.B解析：如图，取B1C1的中点D,BB1的中点E,连接MD,DE,ME, 由MD∥A1B1∥AB,DE∥BCL,又MD丈平面ABC1,ABC平面ABC1, 所以MD∥平面ABC1. 同理可得DE∥平面ABC1,又MD∩DE=D,MD,DEC平面MDE,所以 平面MDE∥平面ABC1·又MN∥平面ABC1,故点N的轨迹为线段 DE,所以DE=之8C1-2,所以BC=4 D M D E (第5题) (第6题) 6.C解析：如图，对于A,由题意知AB∥CD,所以平面ABB1A1∥平面 DCC1D1.又因为平面APORO平面ABB1A1=AP,平面APQR∩平面 DCC1D1=QR,所以AP∥QR,故A结论正确；对于B,若四边形APQR 为平行四边形，则AR∥QP,而AD与BC不平行，即平面ADD1A1与 平面BCC,B1不平行，所以平面APQR∩平面BCC,B1=PQ,平 面APQR∩平面ADD1A1=AR,直线PQ与直线AR不平行，与AR∥QP 矛盾，所以四边形APQR不可能是平行四边形，故B结论正确：对于 C,假设存在点P,使得△APR为等腰直角三角形，令BP=x,过点D 作DE⊥AB,则DE=BC=√3，在线段DR上取一点M,使得DM=BP= x,连接BD,PM,PR,则四边形BDMP为矩形，所以MP=BD,又易求 得BD=2,所以MP=2,则PR=√PM2+MR=√4+(DR-x),AP= √PB2+AB2=√4+x2,AR=√DR2+AD2=√4+DR2,显然AR≠ PR,AP≠PR若AP=AR,则BP=DR=x,且BP∥DR→四边形BPRD为 平行四边形，所以RP=√BC2+CD2=2=√2AP=√8+2BP2= √8+2x2,无解，故C结论错误：对于D,可举例，当BP=CQ满足BC∥ 平面APQR,故D结论正确.故选C 7,3解析：设底面圆心为O1,分别连接N0,M01并延长交圆台侧面于 F,E,记ME∩AB=C,连接O01,A01,B01,C0,如下图： B 因为MW∥平面OAB,MNC平面MNFE,平面OAB∩平面MNFE=OC, 参考答案 所以MN∥OC,易知NF∥ME,则ON=CM,易知当EM⊥AB时，AB的 长取得最小值为6，可得40,2-(0,0w)2=(） 2 ,即R2-(R- r)2=9,则4r2-r2=9,解得r=√3，所以MN=R=2√5，易知001= √MW2-r2=3. 8 ,解析：如图，延长DE与直线CD相交于F,连接AF,则平 面AD1E与平面ABCD的交线为AF,即I1为直线AF,故∠BAF即 为a又，AB∥CD,.∠AFD=∠BAF=aE是棱CC1的中点，且 AD 1 DD,/CC1,CD=CF,ama=0=2又a为锐角，且sim2a+ oes子a=l,lana=加&则sna=号 5 cos a' 又：平面CDD1C1∥平面ABB1A1,D,EC平面CDD1C1,.D1E∥平 面ABB1A1.又D1EC平面AD1E,平面AD1E∩平面ABB1A1=2, .D,E∥L2.又CD∥AB,故直线AB与L2所成角B=∠DFD1 5 又△DFD1≌△DFA,故a=B,所以sin(2a-B)=sina= 5 0 9.证明：(1)取B1D1的中点01，连接C01,A101,如图所示. ABCD-AB,CD1是四棱柱，.A1O1平行且等于OC,四边 形A10C01为平行四边形，∴.A10∥01C. 又O1CC平面B1CD1,A10￠平面B1CD1,A1O∥平面B1CD1. (2):BB1平行且等于AM1,AA1平行且等于DD1,.BB,平行且等于 DD1,∴.四边形BB1D1D是平行四边形，.BD∥B1D1, BDt平面B,CD1,B1D1C平面B1CD1,∴.BD∥平面B1CD1, 由(1)得A1O∥平面B1CD1且BD∩A1O=0,BD,A1OC平面A1BD, .平面A1BD∥平面B1CD1, (3)由(2)得BD∥B,D1,BDC平面ABCD,B1D1￠平面ABCD,则 B1D1∥平面ABCD. 又：B1D1C平面B1CD1,平面B1CD1∩平面ABCD=L,.B1D1∥I B 10.(1)证明：如图①，连接AE,因为P是C@上的中点，则BP⊥CE,0是 EC中点.又因为Q是AC的中点，所以OQ∥AE,OQ￠平面 ABEF,AEC平面ABEF,所以OQ∥平面ABEF: B ① (2)解：如图②，连接AM,OM,QM,因为平面OMQ∥平面ABEF,设 平面OMQ∩平面ABCD=HG,又平面ABEF∩平面ABCD=AB,则 HG∥AB因为Q是AC的中点，所以H为BC的中点，G为AD的中 点.因为平面OMQ∩平面ADF=MG,又平面ABEF∩平面ADF=AF 平面OMQ∥平面ABEF,所以GM∥AF,又∠FAD=120°，所以 黑白题077 ∠AGM=60°. H ③ 如图③，因为AG=1,4M=2,在△ACM中，由正弦定理可得 AG AM sin∠ANGin LAGM,所以 1 2 sin LAMG 3 ,所以sin LAMG=3 4 2 因为GM/AF,所以LPAM=∠AMC,所以sin L FAM=Y5 4 压轴挑战 平行号解折：记F为AB的中点，连接DF,M,如图①，因为P,M 分别为AB,AE的中点，故MF∥EB. 因为MF丈平面EBC,EBC平面EBC,所以MF∥平面EBC. 又因为△ADB为正三角形，所以∠DBA=60°，DF⊥AB.又因为△BCD为 等腰三角形，∠BCD=120°，所以∠DBC=30°，所以∠ABC=90°，即 BC⊥AB,所以DF∥BC.又因为DF￠平面EBC,BCC平面EBC,所以DF∥平 面EBC,又MF∩DF=F,MF,DFC平面DMF,故平面DMF∥平面EBC. 又因为DMC平面DMF,故DM∥平面BEC. E ① ② 延长DC,AB相交于点P,连接PM交BE于点N,连接CN,过点N作 NQ∥AE交AB于点Q,如图②.因为DM∥平面ECB,DMC平面PDM,平 面PDM∩平面ECB=CN,所以DM∥CN,此时D,M,N,C四点共面，设 BC=CD=2,LPCB=60,CBLBP,得∠CPB=30,PC=4,故Y 冬号又因为0板质器微号则有是器品号 42 子器是行 BE AE 3 §5垂直关系 5.1直线与平面垂直 白题 基础过关 1.ABC解析：A选项：根据线面垂直的定义，若l⊥α，则1⊥a面内的所 有直线，A正确； B选项：已知l⊥a,设l∩a=P,平面a内所有不过点P的直线均与l 异面，因此存在无数条这样的直线，B正确： C选项：平面α内所有过垂足P的直线均与相交于点P,这样的直 线有无数条，C正确： D选项：若1⊥《，则平面a内所有直线均与1垂直，不可能存在与l平 行的直线，D错误 2.D解析：如下图所示： Pl--z 必修第二册·BS 易知l∥a,aCa,过点P作垂直于l的平面B,作过点P的直线 k,m,nCB,则l1k,l1m,l1n,可做出无数条直线，且直线不一定 在内. 3.C解析：如图，因为AB∥CD,所以∠PBA为异面直线PB与CD所成 的角.因为PA⊥平面ABCD,ABC平面ABCD,所以PA⊥AB. 又PA=AB,所以∠PBA=牙，所以直线PB与CD所成的角为开 4.6解析：，AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,则AF∥DE.又，·AF= DE,则四边形AFED为平行四边形，.EF=AD=6.故答案为6. 5.平行解析：平面an平面B=l,.1Ca,又EALa,1LEA.同理 L⊥EB.又EA∩EB=E,∴I⊥平面EAB. 'EB⊥B,aCB,∴.EB⊥a.又a⊥AB,EB∩AB=B, ∴.a⊥平面EAB,∴.a∥l. 6.AD解析：由线面垂直的判定定理知AD正确，对于B,当梯形的两 边平行时，不能推出1⊥α，对于C,当无数条直线相互平行时，不能推 出l⊥a 7.B解析：因为PB⊥a,ACCa,所以PB⊥AC.又AC⊥PC,PB∩PC=P, 所以AC⊥平面PBC.又BCC平面PBC,所以AC⊥BC.故△ABC为直 角三角形 8.A解析：连接A'C,A'B,如图所示.依题意得AA'⊥平面ABC,BCC平 面ABC,所以AA'⊥BC, 又AB是底面圆的直径，所以BC⊥AC, 又因为AA'∩AC=A,A4',ACC平面AA'C,所以BC⊥平面AA'C, 故A正确； 对于B,在△ABC中，BC⊥AC,显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂 直平面A'AB,故B错误 对于C,在△A'AC中，AA'⊥AC,显然AC与A'C不垂直，则AC不可能 垂直平面A'BC,故C错误； 对于D,在△ABC中，BC⊥AC,显然AC与AB不垂直，则AC不可能垂 直平面A'AB,故D错误 0. 、 D (第8题) (第9题) 9.PO⊥平面ABCD解析：如图，因为四边形ABCD为平行四边形，所以 点O为AC和BD的中点，因为PA=PC,所以PO⊥AC.因为PB=PD, 所以PO⊥BD.因为ACC平面ABCD,BDC平面ABCD,且AC∩BD= O,所以PO⊥平面ABCD. 10.证明：(1)BP⊥平面ADP,ADC平面ADP,BP⊥AD.四边 形ABCD是正方形，∴.AD⊥AB.又AB∩BP=B,AB,BPC平面ABP, ∴.AD⊥平面ABP (2):四边形ABCD是正方形，BC⊥ABAB=PB= .AB2+PB2=AP2,·AB⊥PB.又，BC∩PB=B,且BCC平面PBC, PBC平面PBC,.∴.AB⊥平面PBC.,PCC平面PBC,∴.AB⊥PC. 11.B解析：依题意，与平面的距离为d的点的集合是平行于平 面a,且到平面α的距离为d的两个平行平面，由于平行于平面a 的直线a与平面a的距离为d,因此直线a在上述两个平行平面中 的一个中，在此平面内到直线a的距离为d的点的集合是平行于直 线a且到直线a的距离为d的两条平行直线，所以到直线a与到平 面α的距离都等于d的点的集合是两条平行直线。 12.C解析：如图，连接BC1,易得MN∥BC1,又BC1C平面 BCC1B1,MN∥平面BCC1B1, ∴.MN与平面BCC1B1的距离为N到面BCC1B1的距离.又N到平 黑白题078