第7章 第4讲 空间直线、平面的平行 课后达标检测(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）
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核心考点，覆盖线面平行判定、面面平行性质、空间几何体动态问题等高考高频内容，依据高考评价体系分析线面平行证明（占比35%）、面面平行应用（占比30%）等考点权重，归纳选择、填空、解答题等常考题型，构建系统备考框架。
课件亮点在于“真题情境+分类突破+素养导向”策略，如正方体动点问题中，通过几何直观分析PQ与平面A1BC平行的条件，培养空间观念与推理能力，提供“构造辅助线”“分类讨论”等技巧，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准复习，提升高考冲刺效率。
内容正文：
课后达标检测
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A
1．下列条件中能确定直线a与平面α平行的是( )
A．a⊄α，b⊂α，a∥b
B．b⊂α，a∥b
C．b⊂α，c⊂α，a∥b，a∥c
D．b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b，且AC＝BD
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解析：由a⊄α，b⊂α，a∥b，根据线面平行的判定定理可知a∥α，故A正确；
由b⊂α，a∥b，可知a⊂α或a∥α，故B错误；
由b⊂α，c⊂α，a∥b，a∥c，可知a⊂α或a∥α，故C错误；
b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b，且AC＝BD，则可能a⊂α或a∥α，或直线a与平面α相交，故D错误．
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D
2．若平面α∥平面β，直线a⊂α，点B∈β，过点B的所有直线中( )
A．不存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线 D．有且只有一条与a平行的直线
解析：因为平面α∥平面β，直线a⊂α，所以a∥β，所以点B与直线a确定的平面与平面β的交线b一定与a平行，故A错误；
假设平面β内过点B还有一条直线c与a平行，即c∥a，则c∥b，但b，c有公共点B，矛盾，因此过点B有且只有一条直线与a平行，故B，C错误，D正确．
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A
3．如图，已知平面α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，
若AB∥α，则CD与EF的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．无法确定
解析：由AB∥α，α∩γ＝EF，AB⊂平面γ，得AB∥EF.因为EF⊄平面β，AB⊂平面β，所以EF∥平面β.又α∩β＝CD，EF⊂平面α，所以CD∥EF.
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ABC
6．(多选)如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PB，PC，PD的中点，在此几何体中，下列结论正确的是( )
A．平面EFGH∥平面ABCD
B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD
D．平面PAD∥平面PBC
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解析：如图所示，把平面展开图还原为四棱锥，对于A，
由EF∥AB，EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以
EF∥平面ABCD，又EH∥AD，同理可证EH∥平面ABCD，
又EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFGH，
所以平面EFGH∥平面ABCD，故A正确；
对于B, 因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，故B正确；
对于C，因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，故C正确；
对于D，由平面PAD与平面PBC有公共点P，故平面PAD与平面PBC不平行，故D不正确．
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A，B，C1(答案不唯一)
7．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_______________________．
解析：由空间图形A1B1C1ABC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；(5分)
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．(8分)
证明：由点G，H分别为EC，BC的中点可得，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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AD
11．(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，B1C1，C1D1的中点，则( )
A．BC1∥平面AED1
B．FG∥平面AED1
C．点C1在平面AED1内
D．点F在平面AED1内
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解析：对于A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AB∥C1D1，AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，
因为BC1⊄平面AED1，AD1⊂平面AED1，
故BC1∥平面AED1，A正确；
对于D，连接EF，D1F，如图所示，因为E，F分别为BB1，B1C1的中点，所以EF∥BC1，又因为AD1∥BC1，所以EF∥AD1，故E，F，A，D1共面，D正确；
对于B，由D选项可知点F在平面AED1内，所以FG与平面AED1有交点，B错误；
对于C，由A选项可知，点C1在平面AED1外，C错误．
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解析：因为底面ABCD为平行四边形，所以AB∥CD，
又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB∥平面PCD，即AB∥平面PFG，
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13．(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．
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(1)求证：平面PMN∥平面ABC；(6分)
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D是AN的中点，
所以DF∥CN，2DF＝CN.
取CB的四等分点G，使CG＝3BG，连接GE，FG.
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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