人教B版（2019）必修第四册《11.3 空间中的平行关系》同步练习（含解析）

人教B版（2019）必修第四册《11.3 空间中的平行关系》同步练习
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）正方体中，点，分别为，的中点点在上，以下哪个条件可以使得平面
A. B. C. D.
2.（5分）已知是异面直线，，那么的位置关系为
A. 一定异面 B. 一定相交
C. 不可能平行 D. 不可能相交
3.（5分）如图，在正四面体中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，则
A. 直线与垂直，直线平面
B. 直线与垂直，直线与平面相交
C. 直线与异面且不垂直，直线平面
D. 直线与异面且不垂直，直线与平面相交
4.（5分） 如图，点 为平行四边形 的边 的中点，记 ，则










A. B.
C. D.
5.（5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（ ）
A. 直线AA1 B. 直线A1B1 C. 直线A1D1 D. 直线B1C1
6.（5分）对于直线和平面，下列命题中正确的是
A. 若 是异面直线，则
B. 若与相交，则是异面直线
C. 若 ，共面，则
D. 若，，共面，则
7.（5分）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列条件中能推出的是
A. 且 B. ，，
C. 且 D. ，，，
8.（5分）在四棱锥中，底面为正方形，，分别为侧棱，上的点，且满足，平面，则
A. B. C. D.
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，直三棱柱中，，，，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点有下列判断正确的是
A. 直线与直线是异面直线； B. 外接球的半径为；
C. 三棱锥的体积为定值； D. 的最小值为
10.（5分），，是空间中的三条直线，下列说法中正确的是
A. 若，，则
B. 若与相交，与相交，则与也相交
C. 若，分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面
D. 若与相交，与异面，则与异面
11.（5分）在正方体中，下列直线或平面与平面平行的有
A. 直线 B. 直线 C. 平面 D. 平面
12.（5分）已知，为不同的平面，，，为不同的直线，则下列说法正确的是
A. 若，，则与是异面直线
B. 若与是异面直线，则与也是异面直线
C. 若，与是异面直线，则与也是异面直线
D. 若，不同在任何一个平面内，则与是异面直线
13.（5分）多选题给出以下结论：正确的为
A. 直线平面，直线，则
B. 若，则
C. 若，则或与相交
D. 若，，则、无公共点
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知正方体，棱长为，点在面对角线上运动，则下列四个命题：三棱锥的体积不变且体积为；
平面；
直线与平面所成角为
二面角的平面角正切值为
其中正确命题的序号是______．
15.（5分）正四面体的棱长为，棱平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的最小值是______，最大值是______．
16.（5分）如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形是正方形，，分别为，的中点．在此几何体中，给出下列四个结论：

①直线与直线是异面直线；
②直线与直线是异面直线；
③直线平面
④平面丄平面
其中正确的序号为________.
17.（5分）如图，在三棱锥中，点分别为的中点则直线是__________的中位线，直线与平面的位置关系__________.
18.（5分）如图所示，正方体的棱长为，点是棱上一点，且，过三点，，的平面交底面于，在棱上，则______ .
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．
求证：平面；
在线段上是否存在一点，使平面平面？请说明理由．
20.（12分）已知：如图，空间四边形中，，分别是，的中点．
求证：平面．
21.（12分）如图，设、是正方体的面D、面的中心，证明：

平面；
面面．
22.（12分）如图，在四棱柱中，底面，，四边形是边长为的菱形，，，分别是线段的两个三等分点．
求证：平面；
求四棱柱的表面积．
23.（12分）如图，在四棱锥中，，，，．
求证：
试在线段上找一点，使平面，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】

此题主要考查立体几何相关知识，考查线面平行的判定，属于中档题.
根据作出过点、、正方体的截面，由线面平行的判定定理，即可求解.

过点、、作正方体的截面，与边交于点，且
与的延长线交于点，易知，
连接交与点，过作的平行线交于点，

面，
在四边形中，得四边形为平行四边形，
得，即，
所以
故选
2.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了空间中两条直线的位置关系，利用平行线的传递性确定出正确的选项.
解：假设，由平行线的传递性可知：，这与已知的，为异面直线矛盾.
故与不可能平行.
故选
3.【答案】C;
【解析】解：将正四面体补成正方体，设，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、，、，，，
，，
则，
结合图形可知，直线与异面且不垂直，所以，错误；
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
因为，故，
则，
平面，故平面，
故选：
将正四面体补成正方体，设，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
利用空间向量法可判断各选项的正误．
此题主要考查了利用空间向量研究空间中线面的位置关系，是中档题．
4.【答案】A;
【解析】
故选A．
5.【答案】D;
【解析】解：根据异面直线的概念可看出直线AA1，A1B1，A1D1都和直线EF为异面直线；
B1C1和EF在同一平面内，且这两直线不平行；
∴直线B1C1和直线EF相交，即选项D正确．
故选：D．
根据异面直线的定义便可判断选项A，B，C的直线都和直线EF异面，而由图形即可看出直线B1C1和直线相交，从而便可得出正确选项．
考查异面直线的概念及判断，平行直线和相交直线的概念及判断，并熟悉正方体的图形形状．
6.【答案】C;
【解析】
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判断，考查空间想象能力，属于基础题.
根据直线与平面，直线与直线的位置关系逐一判断．

解：若，， ， 是异面直线，则与是平行或相交，故错误；
B.与相交，则是相交或异面直线，故错误；
C.若 ，共面，由线面平行的性质定理，可得，故正确；
D.若，，共面，则或， 相交，故错误；
故选
7.【答案】C;
【解析】
此题主要考查空间中的位置关系，属于基础题.
根据选项逐项判断即可.

解：且，则与也可能相交，所以不符合题意；
B.，，，与也可能相交，此时和都与交线平行，所以不符合题意；
C.且，则，所以符合题意；
D.，，，，当时，与也可能相交，所以不符合题意.
故选
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查线面平行判定及性质定理、面面平行判定定理，属于中档题.
连接交于点，连接，在上取一点，使取，连接，，先证平面平面，可得平面，利用线面平行性质可得，利用，可得答案.

解：连接交于点，连接，在上取一点，使取，连接，，
又，得，

又，
，
又平面，平面
平面
又由题意知平面，，平面，平面，
平面平面，
平面，
所以平面，
由平面，平面平面，
得，
所以
故选
9.【答案】ACD;
【解析】
此题主要考查异面直线，三棱锥的体积，外接球，棱柱的侧面展开图，属于中档题.
由题意画出图形，由异面直线的概念判断；找出球心，计算其外接球半径判断；利用棱锥的体积公式判断；利用棱柱的侧面展开图求出最小值判断

解：如图，

直线经过平面内的点，而直线在平面内不过，
直线与直线是异面直线，故正确；
由题意知，直三棱柱的外接球的球心为是 与的交点，
可得外接球的半径为，故错误；
则的面积为定值，由平面，
到平面的距离为定值，
三棱锥的体积为定值，故正确；
将直三棱柱侧面展开可知，的最小值为侧面展开图中的长度，，即的最小值为，故正确．
故选：
10.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查空间直线的位置关系，涉及平行公理，异面直线的判定，属基础题，根据平行公理判定，举出反例否定，，分类讨论，结合平行公理和异面直线的判定方法判定正确.

解：根据平行公理可得正确；
若与相交， 与相交， 则与可以相交，也可以平行，还可以异面，故错误；
若，分别在两个相交平面内，记两平面的交线为，当这两条直线都与交线平行时，根据平行公理可得这两直线平行，
当这这两条直线与交线交于同一个点时，这两条直线相交，
其余情况这两条直线异面，故正确；
当，相交，，异面时，，可能异面，但也可能平行，也可能相交，故错误.
故选
11.【答案】AD;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定以及面面平行的判定，属于基础题.
根据线面平行以及面面平行的判定定理求解即可.

解：

连接，由于，，故，
故四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面，故正确；
同理可证平面，
又，，，

故选
12.【答案】BD;
【解析】解：对于，若，，则与可能平行、可能相交、也可能异面，故错误；
对于，若与是异面直线，则与也是异面直线，否则，若与共面，则与共面，与已知矛盾，故正确；
对于，若，与是异面直线，则与相交或异面，故错误；
对于，若，不同在任何一个平面内，由异面直线的定义可得，与是异面直线，故正确．
故选：
由空间中直线与直线、直线与平面位置关系判断；由反证法思想判断；由异面直线的定义判断
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
13.【答案】BC;
【解析】

此题主要考查直线与平面的位置关系、直线与直线的位置关系，属基础题.
根据空间中线线、线面的位置关系，对四个选项逐一判断.

解：若直线平面，直线，则或与异面，故错误；
若，则与平面相交，所以，，故正确．
若，则或与相交，故正确；
若，，若与相交且交点在上时，与有公共点，故错误；
故选
14.【答案】②③④;
【解析】解：三棱锥的体积等于的体积，
，故体积不变且体积为，故错误；
显然平面平面；
平面，故正确；
取的中点，可知直线与平面所成角为，
显然为
取的中点，二面角的平面角为，求解可得正切值为，故正确．
故答案为．
由可知体积不变，进而求出体积为，
根据面面平行的判定可得出平面平面，平面；
找出线面角，根据直角三角形的性质判定即可；
做出平面角，根据三角形边角关系求解即可．
该题考查了动点问题，线面角和面面角问题．属于常规题型，应熟练掌握．
15.【答案】; 2;
【解析】解：因为正四面体的对角线互相垂直，且棱平面，
当平面，这时的投影面是对角线为的正方形，
此时面积最大，是．
当平面时，射影面的面积最小，
此时构成的三角形底边是，高是直线到的距离，为，
射影面的面积是．
正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的最小值是，
最大值是．
故答案为：，．
当平面，这时的投影面是对角线为的正方形，此时射影面的面积最大，当平面时，射影面的面积最小，由此能求出结果．
该题考查射影构成的图形面积的最值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】答案为②③;
【解析】
此题主要考查立体几何中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系问题，考查异面直线的判定，直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】
解：由展开图恢复原几何体如图所示：
①在中，由，，根据三角形的中位线定理可得，
又，，
因此四边形是梯形，故直线与直线不是异面直线，所以①不正确；
②由点不在平面内，直线不经过点，根据异面直线的定义可知：直线与直线异面，所以②正确；
③由①可知：，平面，平面，直线平面，故③正确；
④如图：假设平面平面
过点作分别交、于点、，在上取一点，连接、、，
，又，
若时，必然平面与平面不垂直．
故④不一定成立．
综上可知：只有②③正确，
故答案为：②③

17.【答案】平行;
【解析】点D，F分别为BC，AB的中点，DF是的中位线，DF//AC，又DF\not\subset平面PAC，AC\subset平面PAC，直线DF//平面PAC
18.【答案】;
【解析】解：连结，过作交于
因为平面平面，平面
所以平面，又平面平面
所以
因为正方体的棱长为，
点是棱上一点，且，所以，则
故答案为：

作出，截面为梯形，然后求解距离即可．
此题主要考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，考查计算能力以及逻辑推理能力．
19.【答案】（1）证明：因为E，F分别为线段AC1A1C1的中点，
所以EF∥A1A，
因为B1B∥A1A，所以EF∥B1B，
又因为EF 平面BCC1B1，B1B 平面BCC1B1，所以EF∥平面BCC1B1．
解：（2）取BC1的中点G，连接GE，GF，

因为E为AC1的中点，所以GE∥AB，
因为GE 平面ABB1A1，AB 平面ABB1A1，所以GE∥平面ABB1A1，
同理可得，EF∥平面ABB1A1，
又因为EF∩EG=E，EG，EF 平面EFG，所以平面EFG∥平面ABB1A1，
故在线段BC1上存在一点G，使平面EFG∥平面ABB1A1．;
【解析】
根据中位线的性质可得，再根据线面平行的判定可得即可；
取的中点，连接，，根据中位线的性质判定即可．
此题主要考查了空间中的平行关系，属于基础题．
20.【答案】证明：连接BD
因为AE=EB，AF=FD，
所以EF∥BD（三角形中位线的性质）…（5分）
因为EF 平面BCD，BD 平面BCD，
由直线与平面平行的判定定理得EF∥平面BCD…（10分）;
【解析】
连接，利用中位线定理证明，即可证明平面．
这道题主要考查了空间中直线与平面平行的证明问题，是基础题目．
21.【答案】解：
证明：，为，的中点，
，
平面，平面，
平面；
，，
四边形为平行四边形，
，

平面，
同理，平面，

平面平面．;
【解析】
利用中位线得线线平行，进而得线面平行；
利用面面平行的判定定理，先证平面，同理平面，得证．
该题考查了线面平行，面面平行的证明，难度不大．
22.【答案】解：证明：连接，交于点，则为的中点，连接．
因为，分别为线段的两个三等分点，
所以是线段的中点．
又因为是线段的中点，
所以，
又因为平面，不在平面内，
所以平面．
解：因为四边形是边长为的菱形，，且底面，
所以侧面为四个全等的矩形，所以四个侧面的面积和为，
因为底面，连接，，
所以四边形是矩形，又，
所以四边形是正方形，
所以，
所以，
所以．
所以四棱柱的表面积为．;
【解析】该题考查了四棱柱表面积的计算，线面平行的证明，属基础题
连接，交于点，则为的中点，根据三角形中位线性质可得，故D平面．
依题意，四边形为正方形，故BD，所以可由余弦定理求得，则表面积可求．

23.【答案】证明连接，过作，垂足为，
在四边形中，，，
，所以四边形是正方形．
所以
因为，所以
所以
所以
所以，又因为，，平面，平面
所以平面，而平面，所以．
当为中点时，平面，
证明：取中点为，连接，，则，，
因为，，所以，．
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以，平面．;
【解析】
欲证，可将放在面内，证明平面即可，连接，过作，垂足为，，又因为，，平面，平面，满足线面垂直的判定定理；
欲证平面，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证与平面内一直线平行即可，当为中点时取中点为，连接，，，，平面，平面，满足定理条件．
这道题主要考查了直线与平面平行的判定，以及空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．