2020届高考数学（理）大一轮复习：

直线、平面平行的判定与性质

1．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)

A．α内有无数条直线与β平行

B．α内有两条相交直线与β平行

C．α，β平行于同一条直线

D．α，β垂直于同一平面

解析：选B.对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.

2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)

A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β

B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β

C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β

D．若m∥n，m∥α，则n∥α

解析：选C.对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交；对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交；易知C正确；对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n在平面α内．故选C.

3．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是(　　)

A．垂直　　　　　　　　 B．相交不垂直

C．平行 D．重合

解析：选C.如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.

4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)

A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形

B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形

C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形

D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形

解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．

5.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：

①FG∥平面AA1D1D；

②EF∥平面BC1D1；

③FG∥平面BC1D1；

④平面EFG∥平面BC1D1.

其中推断正确的序号是(　　)

A．①③ B．①④

C．②③ D．②④

解析：选A.因为在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，

因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故①正确；

因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故②错误；

因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，

所以FG∥BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，

所以FG∥平面BC1D1，故③正确；

因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A.

6．在四面体A­BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．

解析：如图，取CD的中点E，连接AE，BE，

则EM∶MA＝1∶2，

EN∶BN＝1∶2，

所以MN∥AB.

因为AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，

所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.

答案：平面ABD与平面ABC

7．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．

解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，

所以EF∥AC，所以F为DC的中点．

故EF＝AC＝.

答案：

8.如图所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是 BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)

解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，FH∩HN＝H，DD1∩BD＝D，

所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，

所以MN∥平面B1BDD1.

答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)

9.如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.

(1)求证：四边形AEC1F为平行四边形；

(2)求BF的长．

解：(1)证明：由已知得平面ABE∥平面DCC1F，平面AEC1F∩平面ABE＝AE，平面AEC1F∩平面DCC1F＝C1F，

所以AE∥C1F，同理可得AF∥C1E，所以四边形AEC1F是平行四边形．

(2)在CC1上取点H，使CH＝1，可得四边形BCHE为矩形，即可得四边形ADHE为平行四边形，

所以DH∥AE，AE∥FC1，

所以四边形FDHC1为平行四边形，所以FD＝3－1＝2，

所以BF＝＝2.

10．如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：

(1)BE∥平面DMF；

(2)平面BDE∥平面MNG.

证明：(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，

连接MO，则MO为△ABE的中位线，

所以BE∥MO.

因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，

所以DE∥GN.

因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

因为M为AB的中点，

所以MN为△ABD的中位线，

所以BD∥MN.

因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG.

因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，

所以平面BDE∥平面MNG.

[综合题组练]

1．(创新型)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：

①没有水的部分始终呈棱柱形；

②水面EFGH所在四边形的面积为定值；

③棱A1D1始终与水面所在平面平行；

④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．

其中正确的个数是(　　)

A．1 B．2

C．3 D．4

解析：选C.由题图，显然①是正确的，②是错的；

对于③因为A1D1∥BC，BC∥FG，

所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，

所以A1D1∥平面EFGH(水面)．

所以③是正确的；

因为水是定量的(定体积V)．

所以S△BEF·BC＝V，

即BE·BF·BC＝V.

所以BE·BF＝(定值)，即④是正确的，故选C.

2．(应用型)在三棱锥S­ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝12，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且它们分别是AB，BC，SC，SA的中点，那么四边形DEFH的面积为(　　)

A．18　　　　B．18 C．36　　　　D．36

解析：选A.因为D，E，F，H分别是AB，BC，SC，SA的中点，所以DE∥AC，FH∥AC，DH∥SB，EF∥SB，则四边形DEFH是平行四边形，且HD＝SB＝6，DE＝AC＝3.如图，取AC的中点O，连接OB，SO，因为SA＝SC＝12，AB＝BC＝6，所以AC⊥SO，AC⊥OB，又SO∩OB＝O，所以AO⊥平面SOB，所以AO⊥SB，则HD⊥DE，即四边形DEFH是矩形，所以四边形DEFH的面积S＝6×3＝18，故选A.

3．(应用型)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法：

①MN∥平面APC；

②C1Q∥平面APC；

③A，P，M三点共线；

④平面MNQ∥平面APC.

其中说法正确的是________(填序号)．

解析：①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，

易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；

②由①知M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，AN⊂平面APC，

所以C1Q∥平面APC是正确的；

③由①知A，P，M三点共线是正确的；

④由①知MN⊂平面APC，

又MN⊂平面MNQ，

所以平面MNQ∥平面APC是错误的．

答案：②③

4.如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________．

解析：因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，

所以B1D1∥PQ.

又因为B1D1∥BD，所以BD∥PQ，

设PQ∩AB＝M，因为AB∥CD，

所以△APM∽△DPQ.

所以＝＝2，即PQ＝2PM.

又知△APM∽△ADB，

所以＝＝，

所以PM＝BD，又BD＝a，

所以PQ＝a.

答案： a

5．(应用型)在如图所示的多面体中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4.

(1)在AC上求作点P，使PE∥平面ABF，请写出作法并说明理由；

(2)求三棱锥A­CDE的高．

解：(1)取BC的中点G，连接DG，交AC于点P，连接EG，EP.此时P为所求作的点(如图所示)．

下面给出证明：因为BC＝2AD，G为BC的中点，

所以BG＝AD.

又因为BC∥AD，

所以四边形BGDA是平行四边形，

故DG∥AB，即DP∥AB.

又AB⊂平面ABF，DP⊄平面ABF，

所以DP∥平面ABF.

因为AF∥DE，AF⊂平面ABF，DE⊄平面ABF，

所以DE∥平面ABF.

又因为DP⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，PD∩DE＝D，

所以平面PDE∥平面ABF，

因为PE⊂平面PDE，

所以PE∥平面ABF.

(2)在等腰梯形ABCD中，因为∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4，

所以可求得梯形的高为，从而△ACD的面积为×2×＝.

因为DE⊥平面ABCD，

所以DE是三棱锥E­ACD的高．

设三棱锥A­CDE的高为h.

由VA­CDE＝VE­ACD，可得×S△CDE×h＝S△ACD×DE，即×2×1×h＝×1，解得h＝.

故三棱锥A­CDE的高为.

6．如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．

(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；

(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.

证明：(1)由题设知BB1綊DD1，

所以四边形BB1D1D是平行四边形，

所以BD∥B1D1.

又BD⊄平面CD1B1，

B1D1⊂平面CD1B1，

所以BD∥平面CD1B1.

因为A1D1綊B1C1綊BC，

所以四边形A1BCD1是平行四边形，

所以A1B∥D1C.

又A1B⊄平面CD1B1，

D1C⊂平面CD1B1，

所以A1B∥平面CD1B1.

又因为BD∩A1B＝B，

所以平面A1BD∥平面CD1B1.

(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，

又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，

平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，

所以直线l∥直线BD，

在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，

所以B1D1∥BD，

所以B1D1∥l.

2020届高考数学（理）大一轮复习：直线、平面平行的判定与性质