第7章 第4讲 空间直线、平面的平行 课后检测能力达标(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学
2026-08-12
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教辅
摘要：
该高中数学高考复习课件聚焦立体几何平行关系核心考点，依据高考评价体系梳理线线、线面、面面平行的判定与性质，通过2025-2026年模拟题分析，明确“面面平行性质应用”“线面平行判定”等高频考点，覆盖选择、填空、解答全题型，构建系统备考体系。
课件亮点在于“定理辨析+分类讨论+构造证明”策略，如第4题分点在平面同侧或之间用比例求BD，培养逻辑推理素养。解析易错点如忽略线面平行需线在面外，提供“辅助线构造模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。
内容正文：
课后检测 能力达标
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1．设a，b是空间中不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下列说法正确的有( )
A．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥β
B．若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β
D．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b
D
A 基础达标
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解析：对于A，a∥b，a⊂α，b⊂β，则α与β可能相交或平行，故A错误；
对于B，a⊂α，b⊂β，α∥β，则a与b平行或异面，故B错误；
对于C，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，由面面平行的性质定理知D正确．
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2．(2025·辽宁抚顺六校协作体检测)在四棱锥P-ABCD中，E，F分别为侧棱PC，PD上一点(不含端点)，则“CD∥EF”是“CD∥平面BEF”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：因为CD∥EF，CD⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以CD∥平面BEF.由CD∥平面BEF，CD⊂平面PCD，平面PCD∩平面BEF＝EF，得CD∥EF.故“CD∥EF”是“CD∥平面BEF”的充要条件．
A
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3．在正方体EFGH-E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的是( )
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1E与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EGH1
A
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4．已知平面α∥β，点P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝10，则BD＝( )
B
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B
5．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、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
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解析：由题意得，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．
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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.
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6．(多选)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
ABC
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解析：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；
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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．
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7．如图所示，在三棱锥D-ABC中，E，F，G，H分别在棱BD，BC，AC，AD上，CD，AB均与平面EFGH平行，且CD⊥AB，则四边形EFGH的形状为____________．
矩形
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解析：因为CD∥平面EFGH，CD⊂平面BCD，平面EFGH∩平面BCD＝EF，所以CD∥EF.同理HG∥CD，所以EF∥HG.同理HE∥GF，所以四边形EFGH为平行四边形．又因为CD⊥AB，所以EF⊥HE，所以四边形EFGH为矩形．
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8．如图，空间图形A1B1C1-ABC是三棱台，在点A1，B1，C1，A，B，C中取3个点确定平面α，α∩平面A1B1C1＝m，且m∥AB，则所取的这3个点可以是_____________________．
A，B，C1(答案不唯一)
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解析：由空间图形A1B1C1-ABC是三棱台，可得平面ABC∥平面A1B1C1，
当平面ABC1为平面α，平面α∩平面A1B1C1＝m时，又平面α∩平面ABC＝AB，
所以由面面平行的性质定理可知m∥AB，所取的这3个点可以是A，B，C1.
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9．(13分)如图，在四棱锥C-ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF∥平面ABC；(6分)
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证明：由四边形ABED为正方形可知，连接AE必与BD相交于中点F，故GF∥AC，因为GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以GF∥平面ABC.
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(2)若H是线段BC的中点，证明：平面GFH∥平面ACD.(7分)
证明：由点G，H分别为CE，CB中点可得，GH∥EB∥AD，因为GH⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，所以GH∥平面ACD，又由(1)可知，GF∥AC，又GF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，所以GF∥平面ACD，且GH∩GF＝G，GH，GF⊂平面GFH，故平面GFH∥平面ACD.
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10．在三棱台A1B1C1-ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，点M是△A1B1C1内(含边界)的一个动点，且有平面BDM∥平面AA1C1C，则动点M的轨迹是( )
A.三角形A1B1C1边界的一部分
B．一个点
C．线段的一部分
D．圆的一部分
C
B 综合运用
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B
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BD
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若CD∥平面PAB，又因为CD⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAB＝AB，所以CD∥AB，由上述分析知D正确；
假设EF∥平面PCD，设平面EFP∩CD＝H，则EF∥PH，若BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，反之若BC∥AD，易知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．
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13．(13分)如图，在六面体ABCDEF中，DE∥CF，四边形ABCD是平行四边形，DE＝2CF.
(1)证明：平面ADE∥平面BCF；(6分)
证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，而AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，则BC∥平面ADE，
由DE∥CF，CF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，得CF∥平面ADE，
又BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，所以平面ADE∥平面BCF.
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(2)若G是棱BC的中点，证明：AE∥FG.(7分)
证明：如图，延长EF与DC的延长线交于点O1，连接AG并延长与DC的延长线交于点O2.
由DE∥CF，DE＝2CF，得CO1＝CD，由BC∥AD，G是棱BC的中点，得CO2＝CD，因此点O1，O2重合，记为O，显然平面AOE∩平面ADE＝AE，平面AOE∩平面BCF＝FG，由(1)知，平面ADE∥平面BCF，所以AE∥FG.
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14．(15分)如图1，设半圆的半径为2，点B，C三等分半圆，P，M，N分别是OA，OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥，如图2.在图2中完成下列各题．
C 素养提升
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(1)求证：平面PMN∥平面ABC.(6分)
解：证明：因为M，N分别是OB，OC的中点，所以MN∥BC，
又MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以MN∥平面ABC，同理得PN∥平面ABC，
又MN⊂平面PMN，PN⊂平面PMN，MN∩PN＝N，
所以平面PMN∥平面ABC.
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因为OE＝3EB，所以EG∥OC，4EG＝OC，
所以2EG＝CN＝2DF，EG∥DF，所以四边形DFGE是平行四边形，
所以DE∥FG，又DE⊄平面ABC，FG⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.
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