8.5空间直线、平面的平行 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）必修第二册

8.5空间直线、平面的平行 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如果直线与平面满足，则必有（　　）
A． B．
C．且 D．或
2．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A． B． C． D．
4．在长方体中，，过顶点作平面，使得平面，若平面，则直线l和直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，在正方体中，点F是棱上的一个动点，平面交棱于点E，则下列命题中不正确的是（ ）
A．存在点F，使得∥平面
B．存在点F，使得∥平面
C．对于任意点F，四边形均为平行四边形
D．对于任意点F，三棱锥的体积均不变
6．如图，三棱柱中，为中点，为上一点，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
7．已知正方体的体积为，点在线段上，点异于点，，点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
8．如图所示，过三棱台上底面的一边，作一个平行于棱的截面，与下底面的交线为DE；若D、E分别是AB、BC的中点，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法错误的是（ ）．
A．过三个点有且只有一个平面
B．已知直线，平面，，，，，则
C．已知直线，平面，，，则
D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
10．如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ）
A．当时，S为四边形
B．当时，S为等腰梯形
C．当时，S与的交点，满足
D．当时，S为四边形
11．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，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中正确的有（ ）
A．平面EFGH∥平面ABCD
B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD
D．平面PAD∥平面PAB
12．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若平面平面，则
C．该半正多面体的体积为
D．该半正多面体的表面积为
三、填空题
13．已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点（包含边界），E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是 ．
14．在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱中，为底面三角形斜边上一点，且，，为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为 ．
15．在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 .
16．四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则

四、解答题
17．由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)设平面与底面ABCD的交线为l，求证：.
18．如图，四棱锥为正四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，四棱锥的高为1，点E在棱AB上，且．
(1)若点F在棱PC上，是否存在实数满足，使得平面PDE？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．
(2)在第（1）问的条件下，当平面PDE时，求三棱锥的体积．
19．如图，在四棱锥中，，，平面．
(1)证明：．
(2)点在线段上，设，是否存在点，使得平面平面？若不存在，请说明理由；若存在，求出的值，并给出证明．
20．如图，直三棱柱所有的棱长都为1，，分别为和的中点．

(1)证明：平面．
(2)求三棱锥的体积．
21．如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
(1)正四棱锥的表面积；
(2)若为的中点，求证：平面；
(3)侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
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参考答案：
1．D
【分析】根据线面平行得判定定理，分别分析与的位置关系，进而可得到与的位置关系.
【详解】若不是与或与的交线，
则由，得且，
若为与或为与的交线，则不能同时有，，
综上所述，或.
故选：D.
2．B
【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立；
由，，若，则或相交，充分性不成立．
相交情况如下：
故选：B.
3．D
【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断.
【详解】对于A,如下图所示，
易得,
则，
又平面,平面,
则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,
易得,
则四边形为平行四边形，
四点共面，
又易知，
又平面,平面,
则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,
易得四边形为平行四边形，四点共面，
且,
又平面,平面,
则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，
所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足，
故选：D.
4．C
【分析】借助面面平行的性质可得线线平行，结合等角定理与余弦定理计算即可得解.
【详解】因为平面，平面，平面平面，
所以，所以即直线l和直线所成角或其补角，
在中，，，，
由余弦定理得，
故直线l和直线所成角的余弦值为．
故选：C．
5．B
【分析】利用面面平行的性质可得四边形为平行四边形，判断C；即可根据线面平行的判定定理判断A；利用与相交，可判断B；根据棱锥的体积公式可判断D.
【详解】对于A，由题意知四点共面，平面平面，
平面平面，平面平面，
故，同理可证，即四边形为平行四边形
故当F为的中点时，由于，
可得,则E也为的中点，
连接，而，则四边形为平行四边形，
∴，EF 平面平面，∴∥平面，A正确；
对于B，由于 平面，与相交，因此∥平面不成立，B错误；
对于C，由A的分析知，四边形一定为平行四边形，故C正确；
对于D，∵，平面，平面，
故平面，∴点F到平面的距离为定值，而的面积为定值，
∴三棱锥的体积为定值，即对于任意点F，三棱锥的体积均不变，故D正确．
故选：B.
6．C
【分析】在上取点，使得，在上取点，使得，则、，根据线面、面面平行的判定定理可证明平面平面，则点M的轨迹为线段，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】由题意知，，在上取点，使得，
则且，所以四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
所以平面.
在上取点，使得，
有，所以，则，
又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，则点M的轨迹为线段.
在中，，由余弦定理，
得，
即点M的轨迹长度为.
故选：C
7．D
【分析】
作出辅助线，得到面面平行，进而得到随着的增大，增大，作出图形，得到当与重合时，最大，由几何关系求出此时，求出答案.
【详解】
要想平面截正方体所得的截面为四边形，
则要平面分别与正方形分别交于，
显然与正方形无交线，只需保证与正方形无交线即可，

因为平面平面，面与两个平面分别交于，
由面面平行的性质可得，
因为点在线段上，且，
由几何关系知，随着的增大，增大，
故当与重合时，最大，
因为正方体的体积为，所以正方体棱长为1，
连接，延长相交于点，连接，，
如图所示，由于，故∽，
故，故最长为，故.

故选：D
8．A
【分析】根据线面平行和面面平行得到线线平行，得到几何体为棱柱，另外，根据柱体和台体体积公式求出答案.
【详解】平面与棱平行，平面平面，平面平面，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
故几何体为棱柱，设棱柱的高为，
故，
又D、E分别是AB、BC的中点，则，
由台体体积公式得，
故
故选：A
9．ABC
【分析】由立体几何公理判断AD，由面面平行的判定及线面关系判断CD．
【详解】对于A，过不共线的三个点有且只有一个平面，故A错误；
对于B，如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，由平面相交公理，可知D正确；
故选：ABC．
10．ABC
【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质，结合面面平行性质定理可得线线平行，再根据相似三角形，利用相似比可得线段的长度，可得答案.
【详解】对于A，可作图如下：
平面平面，平面平面，
在正方体中，平面平面，则，
易知，则，由为的中点，则，即，
由，则，所以为四边形，故A正确；
对于B，由题意做图如下：
由A可知，由，则，即点与重合，
在正方体中，，，，
所以，则，由A可知，则为等腰梯形，故B正确；
对于C，由题意作图如下：
在正方体中，易知，则，
由，，，则，即，
易知，则，即，解得，故C正确；
对于D，由题意作图如下：
在正方体中，易知，则，
由，，则，由，则，
所以位于的延长线上，则，，
即为五边形，故D错误.
故选：ABC.
11．ABC
【分析】把平面展开图还原为四棱锥，对于A：根据题意可证平面，平面，结合面面平行的判定定理分析判断；对于B：由结合线面平行的判定定理分析判断；对于C：由结合线面平行的判定定理分析判断；对于D：结合面面相交即可判断.
【详解】把平面展开图还原为四棱锥如图所示，
对于选项A：因为，分别是，的中点，则，
且平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
且，，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于选项B：因为，平面，平面，
所以平面，故B正确；
对于选项C：因为，平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于选项D：平面平面，故D错误;
故选：ABC.
12．ABD
【分析】由图形的性质得到四边形为正方形可得A正确；由线面平行的性质定理可得B正确；由两个大棱锥的体积减去六个小棱锥的体积可得C错误；由8倍的大正三角形面积减去3个小正三角形的面积再加上6个正方形的面积可得D正确.
【详解】
对于A、B：如图，易得四边形为正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面平面，平面，所以.
因为，所以，故A，B正确.
对于C：该半正多面体的体积为，故C错误.
对于D：该半正多面体的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：在求正多面体面积或体积时可用“拼凑法”求解较为简单.
13．
【分析】作辅助线，证明平面平面，说明线段AM即为动点P的轨迹，由此求得AM的长，即可求得答案．
【详解】解：如图所示：

连接，则，
又平面，平面，故平面，
设为BC的中点，连接，
由于F分别是棱的中点，故，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面，
又平面，
故平面平面，
由于平面BEF，故平面，
又因为P为正方形ABCD内的一动点，且平面平面，
故AM即为动点P的轨迹，
而，故AP的取值范围是．
故答案为：
14．
【分析】根据面面平行的性质可得截面的三种情况，即可比较截面大小，可知求截面四边形的面积即可，根据面积公式可得，根据函数的单调性即可求解最值.
【详解】分如下三种情况，①如图1，延长交于点，过点作的垂线交于点，连接，则四边形为所求截面；
②如图2，延长交于点，过点作的垂线交于点，连接，则四边形为所求截面；
③如图3，延长交于点，连接，则三角形为所求截面．
显然①②中的截面面积均大于或等于③中的截面面积，故只需考虑①②中的情况，易知①②中的情况相同，故只需考虑情况①即可．
在①中，易知，，设，
则，，
所以所求截面面积
，
由于均在单调递增，所以函数在上单调递增，
故，故截面面积的最大值为．
故答案为：
15．
【分析】连接，，，证明平面平面，则动点M的轨迹为，即可得解.
【详解】如图，边长为1的正方体中，
动点M满足平面，
由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，
连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
又因平面，
所以平面平面，
又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为.
因为，所以动点M的轨迹的长度为.
故答案为：.
16．
【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE，结合平面ACE，则证明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性质则有，即可得到答案.
【详解】如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由是正方形，得，
在线段PE取点G，使得，由，得，
连接BG，FG，则，由平面，平面，
得平面，而平面，，平面，
因此平面平面，又平面平面，平面平面，则，
所以.
故答案为：

17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；
（2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面；
（3）由线面平行证线线平行即可．
【详解】（1）取的中点，连接，，
是四棱柱，平行且等于，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面；
（2）平行且等于，平行且等于，
平行且等于，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面，
由（1）得平面且，、平面，
平面平面；
（3）由（2）得平面，
又平面，平面平面，
．
18．(1)存在；
(2)
【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明平面PDE，得到，再由面面平行的判定定理证明平面平面PDE即可.
（2）由等体积法结合棱锥的体积公式求解即可.
【详解】（1）
存在实数满足，使得平面PDE．
证明如下：取DC上一点G，满足，连接GF，GB，BF．
因为，所以．
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE．
因为底面ABCD是正方形，且，所以且相等，
所以四边形EBGD为平行四边形，所以．
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE．
又因为，平面BGF，平面BGF，
所以平面平面PDE．
又因为平面BGF，所以平面PDE．
（2）已知，因为平面PDE，所以．
又因为正四棱锥的高为1，底面边长为2，所以．
19．(1)证明见解析
(2)存在；；证明见解析
【分析】（1）由线面平行的性质证明即可；
（2）由面面平行的判定定理证明即可；先证明平面，再证明平面.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以.
（2）
存在，当点F满足时，平面平面.
证明如下：
因为，，所以.
因为平面，平面，所以平面.
由（1）知，，因为，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为，所以平面平面.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行判定定理证明即可.
（2）利用等体积法求即求，利用三棱锥求体积公式即可求解.
【详解】（1）

证明：连接，在中，D，E分别为和的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为为直三棱柱，所以平面，
又因为为边长为的正三角形，所以，
又.
21．(1)
(2)证明见解析
(3)在侧棱存在点，使得平面，
【分析】（1）根据正四棱锥的结构求出侧面的高，即可求解正四棱锥的表面积；
（2）如图，连接交于点O，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（3）取的中点Q，过Q作的平行线交于E，得，，根据线面平行的判定定理可得平面、平面，结合面面平行的判定定理与性质即可下结论.
【详解】（1）在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为；
（2）如图，连接交于点O，连接，则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又平面平面，
所以平面；
（3）在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
中，有，又平面，平面，
所以平面，由，得.
又，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面.
答案第1页，共2页
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