第7章 第4讲 空间直线、平面的平行 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 高中数学一轮复习立体几何专项训练，以线面平行、面面平行为核心，通过判定定理与性质定理的系统应用，培养空间观念与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判定|3题|线面平行"三条件"验证法；面面平行性质转化|由线线平行到线面平行，再到面面平行的递进关系| |性质应用|4题|辅助线构造中位线/平行四边形；交线平行判定|平面交线性质与平行传递性的综合应用| |综合证明|3题|折叠问题空间转化；体积比与距离比互化|几何体展开与折叠中的平行关系不变性| |动态探究|3题|动点轨迹平行面判定；存在性问题参数法|空间动点与平行面关系的动态思维构建|

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 解析：选A．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． 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：选D．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． 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：选A．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. 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＝(　　) A．6 B．6或30 C． D．6或 解析：选B．当点P位于平面α，β同侧时， 　　 如图1，则＝，所以＝，所以BD＝6；当点P位于平面α，β之间时，如图2，＝，所以＝，所以BD＝30. 5．(2026·浙江模拟)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点(可与端点重合)，若PQ∥平面AB1C，则线段PQ的长度为(　　) A． B． C． D． 解析：选B．如图在正方体ABCD­A1B1C1D1中， A1C1∥AC， 又AC⊂平面AB1C，A1C1⊄平面AB1C， 所以A1C1∥平面AB1C， 因为点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点(可与端点重合)，且PQ∥平面AB1C， 所以PQ即为A1C1，因此PQ＝. 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 解析：选ABC． 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． 7．如图，空间图形A1B1C1­ABC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. 答案：A，B，C1(答案不唯一) 8．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为棱AD，PC上的点，若AE∶ED＝2∶3，且PA∥平面EBF，则＝________． 解析：如图，连接AC交BE于点O，连接OF.因为AD∥BC，AE∶ED＝2∶3，所以＝＝， 因为PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC＝OF，PA⊂平面PAC， 所以PA∥OF，所以＝＝. 答案： 9．(13分)如图，在四棱锥C­ABED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) (2)若H是线段BC的中点，证明：平面GFH∥平面ACD．(8分) 证明：(1)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． (2)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． 10．如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且＝＝，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则＝(　　) A． B． C． D． 解析：选A．延长AE，设AE∩CD＝M，连接FM， 由四边形ABCD为平行四边形可知△DEM∽△BEA， 则＝＝，即DM＝AB＝C1D1，又平面AEF∥平面BD1G，且平面AEF∩平面CDD1C1＝FM， 平面BD1G∩平面CDD1C1＝D1G，则FM∥D1G， 又CC1∥DD1，所以∠DFM＝∠DD1G＝∠D1GC1， 由四棱柱可知∠FDM＝∠GC1D1， 所以△FDM∽△GC1D1， 即＝＝，又＝，所以C1G＝3DF＝DD1，又CC1＝DD1，所以＝. 11．(多选)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1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 解析：选AD．对于A，在正方体ABCD­A1B1C1D1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． 12．已知四棱锥P­ABCD的底面为平行四边形，过点A的平面α与棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G.若三棱锥P­AGF的体积是三棱锥P­EGF体积的倍，则的值为________． 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， 所以V三棱锥P­AGF＝V三棱锥A­PFG＝V三棱锥P­EGF＝V三棱锥E­PFG， 所以点B到平面PFG的距离是点E到平面PFG距离的，即＝，所以＝. 答案： 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． (1)求证：平面PMN∥平面ABC；(6分) (2)若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得DE∥平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．(9分) 解：(1)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． (2)如图所示， 在线段OB上存在点E，且＝3，使得DE∥平面ABC． 理由如下： 取AC的中点F，连接DF， 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． 学科网（北京）股份有限公司 $