7.3 直线、平面平行的判定与性质（十年高考）（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习十年真题分类题组

**基本信息** 精选2011-2024年全国卷、浙江、北京等多地高考真题，聚焦“直线、平面平行的判定与性质”核心考点，涵盖选择、解答题型，适配一轮复习基础巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|3题/13分|线面平行判定（如2024全国甲理10题）、线线位置关系（如2021浙江6题）|结合正方体模型，辨析假命题（如命题②④反例）| |解答题|8题/100分|线面平行证明（如2017课标Ⅰ6题）、体积计算（如2016课标Ⅲ文19题）、线面角求解（如2022北京17题）|设置条件选择（如2022北京17题条件①②），分层考查逻辑推理与空间想象|

7.3　直线、平面平行的判定与性质 考点　直线、平面平行的判定与性质 1.(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题: ①若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β,则m∥n ④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 答案　A 命题①,由m∥n,m⊂α,得n⊂α或n∥α, 若n⊂α,m∥n,m⊂β,则n∥β,命题①正确; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,如图1所示, 取平面ADD1A1为平面α,平面A1B1C1D1为平面β, 则A1D1为直线m,若n是C1D,则m⊥n, 但n不垂直于α且n不垂直于β,命题②错误; 若n是AC1,则n与平面α、β所成角相等,但m不垂直于n,命题④错误; 命题③,如图2,过n作平面γ交α于直线a,作平面δ交平面β于直线b,由n∥α,n⊂γ,α∩γ=a得n∥a,同理可得n∥b.则a∥b, 由a∥b,a⊂α,b⊄α得b∥α,又α∩β=m,b⊂β,所以b∥m,所以m∥n,命题③正确,故选A. 2.(2021浙江,6,4分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则 (　　) 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　解题指导:利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理解决此类问题. 解析　连接AD1,在正方形ADD1A1中, 由M为A1D的中点,可知AD1∩A1D=M,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D. 又∵N为D1B的中点,∴MN∥AB. ∵AB⊂平面ABCD,MN⊄平面ABCD,∴MN∥平面ABCD. ∵AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1,∴AB⊥A1D, ∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABD1, ∴A1D⊥D1B.故A正确. 3.(2017课标Ⅰ,6,5分)如图,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(　　) 答案　A　B选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;C选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;D选项中,AB∥NQ,且AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ.故选A. 4.(2011北京文,17,14分)如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点. (1)求证:DE∥平面BCP; (2)求证:四边形DEFG为矩形; (3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由. 解析　(1)证明:因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP,PC⊂平面BCP, 所以DE∥平面BCP. (2)证明:因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点, 所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF. 所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC⊥AB, 所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形. (3)存在点Q满足条件.理由如下: 连接DF,EG,设Q为EG的中点. 由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=EG. 分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN. 与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,且QM=QN=EG,所以Q为满足条件的点. 5.(2022北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分别为A1B1,AC的中点. (1)求证:MN∥平面BCC1B1; (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值. 条件①:AB⊥MN; 条件②:BM=MN. 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 解析　 (1)证法一:取BC的中点P,连接NP,B1P,则NP∥AB,且NP=AB. ∵M是A1B1的中点,A1B1􀱀AB,∴B1M∥AB,且B1M=AB, ∴B1M􀱀PN,∴四边形B1PNM为平行四边形, ∴MN∥B1P, 又B1P⊂平面BCC1B1,MN⊄平面BCC1B1, ∴MN∥平面BCC1B1. 证法二:取AB的中点Q,连接QN,QM, ∵M,N分别是A1B1,AC的中点, ∴QN∥BC,QM∥B1B, ∵QN⊄平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1, ∴QN∥平面BCC1B1,同理,QM∥平面BCC1B1, 又QM∩QN=Q,∴平面MNQ∥平面BCC1B1, 又MN⊂平面MNQ,∴MN∥平面BCC1B1. (2)选择条件①. ∵侧面BCC1B1为正方形,∴BC⊥BB1,又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,BC⊂平面BCC1B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB. 解法一:由(1)中证法一知MN∥B1P,又AB⊥MN,∴AB⊥B1P. ∵BC∩B1P=P,∴AB⊥平面BCC1B1.∴AB⊥BB1. ∴BC,B1B,BA两两垂直. 以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2), ∴=(0,1,2),=(1,1,0),=(0,-2,0). 设平面BMN的法向量为n=(x,y,z), 则令z=1,得n=(2,-2,1). ∴cos<n,, 故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 解法二:连接MA. 易知NQ⊥AB,又AB⊥MN,MN∩NQ=N,∴AB⊥平面MNQ,∴AB⊥MQ. 结合(1)中证法二知NQ⊥MQ.又AB∩NQ=Q, ∴MQ⊥平面ABN,∴点M到平面ABN的距离为2. ∴V三棱锥M-ABN=. 易知BM=,BN=,MN=, ∴S△BMN=. 设A到平面BMN的距离为h, 则VA-BMN=VM-ABN=, 即,∴h=, ∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 选择条件②. ∵侧面BCC1B1为正方形,∴BC⊥BB1,又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,BC⊂平面BCC1B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB. 结合(1)中证法二易知MQ⊥NQ.∵AB=BC=2,∴NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,∴△MBQ≌△MNQ, ∴MQ⊥BQ.∴BB1,BC,BA两两垂直. 解法一(向量法):同选①的解法一. 解法二(几何法):同选①的解法二. 6.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE∥平面PAB; (2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值. 解析　本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EF∥AD且EF=AD. 又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC, 即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF, 因此CE∥平面PAB. (2)分别取BC,AD的中点为M,N. 连接PN交EF于点Q,连接MQ. 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点, 在平行四边形BCEF中,MQ∥CE. 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD. 所以AD⊥平面PBN, 由BC∥AD得BC⊥平面PBN, 那么平面PBC⊥平面PBN. 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1. 在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=, 在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=, 在Rt△MQH中,QH=,MQ=, 所以sin∠QMH=. 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是. 方法总结　1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α) ①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α. ②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α. 2.求线面角的方法. ①定义法:作出线面角,解三角形即可. ②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形. 例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=得结论. 最好是画出图形,否则容易出错. 7.(2016课标Ⅲ文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN∥平面PAB; (2)求四面体N-BCM的体积. 解析　(1)证明:由已知得AM=AD=2, 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分) 又AD∥BC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分) (2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.(9分) 取BC的中点E,连接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==. 由AM∥BC得M到BC的距离为, 故S△BCM=×4×=2. 所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=·S△BCM·=.(12分) 评析　本题考查了线面平行的判定,考查了三棱锥的体积,考查了空间想象能力.线段的中点问题一般应用三角形的中位线求解. 8.(2015课标Ⅱ文,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值. 解析　(1)交线围成的正方形EHGF如图: (2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH==6,AH=10,HB=6. 因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为. 9.(2014课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明:PB∥平面AEC; (2)设AP=1,AD=,三棱锥P-ABD的体积V=,求A到平面PBC的距离. 解析　(1)证明:设BD与AC的交点为O,连接EO. 因为ABCD为矩形, 所以O为BD的中点. 又E为PD的中点, 所以EO∥PB. EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC, 所以PB∥平面AEC. (2)V=PA·AB·AD=AB. 又V=, 所以AB=, 所以PB==. 作AH⊥PB交PB于H. 由题设知BC⊥平面PAB, 因为AH⊂平面PAB, 所以BC⊥AH, 又BC∩BP=B, 故AH⊥平面PBC. 又AH==, 所以A到平面PBC的距离为. 思路分析　(1)由线线平行证出线面平行; (2)首先由题设求出AB,然后过A作AH⊥PB于H,证明AH就是A到平面PBC的距离,通过解三角形求解即可. 10.(2014安徽,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2,点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH. (1)证明:GH∥EF; (2)若EB=2,求四边形GEFH的面积. 解析　(1)证明:因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC. 同理可证EF∥BC, 因此GH∥EF. (2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK. 因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD. 又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且PO⊄平面GEFH, 所以PO∥平面GEFH. 因为平面PBD∩平面GEFH=GK, 所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD, 从而GK⊥EF. 所以GK是梯形GEFH的高. 由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4, 从而KB=DB=OB,即K为OB的中点. 再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB的中点,且GH=BC=4. 由已知可得OB=4,PO===6, 所以GK=3. 故四边形GEFH的面积S=·GK=×3=18. 评析　本题考查线面平行与垂直关系的转化,同时考查空间想象能力和逻辑推理能力,解题时要有较强的分析问题、解决问题的能力. 11.(2013课标Ⅱ文,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点. (1)证明:BC1∥平面A1CD; (2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C-A1DE的体积. 解析　(1)证明:连接AC1交A1C于点F, 则F为AC1中点. 由D是AB中点,连接DF,则BC1∥DF. 因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD. (2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点, 所以CD⊥AB. 又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1. 由AA1=AC=CB=2,AB=2得 ∠ACB=90°,CD=,A1D=,DE=,A1E=3, 故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D. 所以=××××=1. 思路分析　(1)利用线面平行的判定定理在平面A1CD内找出一条直线与直线BC1平行即可; (2)先证明CD⊥平面ABB1A1,再根据题目给的条件算出三棱锥C-A1DE的高和底面面积,利用三棱锥的体积公式计算即可. 一题多解　证明第(1)问时,也可以利用面面平行的性质,即:取A1B1的中点G,连接C1G,GB,因为GB∥A1D,C1G∥CD,C1G⊂平面GBC1,GB⊂平面GBC1,且C1G∩GB=G,A1D⊂平面A1CD,CD⊂平面A1CD,A1D∩CD=D,所以平面GBC1∥平面A1CD.又BC1⊂平面GBC1,所以BC1∥平面A1CD. ( 第 9 页 共 9 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $