【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.10 空间直线、平面的平行（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(23)页，1.296 MB，由管理员店铺上传

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专题8.10空间直线、平面的平行（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022春·湖南·高二阶段练习）已知三条不同的直线l，m，n，且𝑙∥𝑚，则“𝑚∥𝑛”是“𝑙∥𝑛”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【解题思路】根据线与线的位置关系，结合充要条件的定义即可求解.【解答过程】解：若𝑚∥𝑛，又𝑙∥𝑚，则𝑙∥𝑛，故充分性成立，反之，若𝑙∥𝑛，又𝑙∥𝑚，则𝑚∥𝑛，故必要性成立.故“𝑚

∥𝑛”是“𝑙∥𝑛”的充要条件.故选：C.2．（3分）（2023春·湖南长沙·高二开学考试）已知𝛼,𝛽,𝛾是三个不同的平面，𝑚,𝑛是两条不同的直线，则下列命题正确的是（）A．若𝛼⊥𝛾，𝛽⊥𝛾，则𝛼//𝛽B．若𝑚//𝛼，𝑚/

/𝛽，则𝛼//𝛽C．若𝑚⊥𝛼，𝑚⊥𝛽，则𝛼//𝛽D．若𝑚//𝛼，𝑛//𝛼，则𝑚//𝑛【解题思路】根据空间中平面与平面、直线与平面的位置关系判断即可.【解答过程】解：对于A，垂直于同

一平面的两平面相交或平行，故A错误；对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；对于C，垂直于同一直线的两平面平行，故C正确；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误.故选：C.3．（3分）（2022春·河南信阳·高一阶段练习）下列有

五个命题：①若直线a//平面𝛼，a//平面𝛽，𝛼∩𝛽=𝑚则a//m；②若直线a//平面𝛼，则a与平面𝛼内任何直线都平行；③若直线α//平面𝛼，平面𝛼//平面β，则α//平面β；④如果a

//b，a//平面𝛼，那么b//平面𝛼；⑤对于异面直线a、b存在唯一一对平面𝛼、β使得a⊂平面𝛼，b⊂平面β，且𝛼//β.其中正确的个数是（）A．0B．1C．2D．3【解题思路】根据空间中直线，平面间的位置关系判断命题正误.【解答过程】对于①，直线𝑎//平面𝛼，直线𝑎//平面𝛽

，𝛼∩𝛽=𝑚，过a作平面𝛾交平面𝛼于c，作平面𝛿交平面𝛼于d，则𝑎//𝑐，𝑎//𝑑，所以𝑐//𝑑，因为𝑐⊂平面𝛼，所以𝑑//平面𝛼，因为𝛼∩𝛽=𝑚，所以𝑚//𝑑，所以𝑎//𝑚，①正确；对于②，直线𝑎//平面𝛼，

则直线𝑎与平面𝛼内的直线平行或异面，所以②错误；对于③，直线𝑎//平面𝛼，平面𝛼//平面𝛽，可能𝑎⊂平面𝛽，所以③错误；对于④，𝑎//𝑏，直线𝑎//平面𝛼，可能𝑏⊂平面𝛼，所以④错误；对于⑤，一对异面直线a，b，

过a作与b平行的平面𝛼，过b作与a平行的平面𝛽，使得𝛼//𝛽，所以⑤正确；故选：C.4．（3分）（2022·四川成都·统考一模）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，P是平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1内的一动点，M为线段𝐷𝐶的中点，则下列说法错误

的是（）A．平面𝑃𝐴𝑀内任意一条直线都不与𝐵𝐶平行B．平面𝑃𝐴𝐵和平面𝑃𝐶𝑀的交线不与平面𝐴𝐵𝐶𝐷平行C．平面𝑃𝐵𝐶内存在无数条直线与平面𝑃𝐴𝑀平行D．平面𝑃𝐴𝑀和平面𝑃𝐵𝐶的交线不与平面𝐴𝐵𝐶𝐷平行【解题思路】对A，

根据𝐵𝐶与平面𝑃𝐴𝑀相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长𝐴𝑀，𝐵𝐶交于𝐸，根据线面平行的性质判断即可.【解答过程】对A，因为𝐵𝐶与𝐴𝑀在平面𝐴

𝐵𝐶𝐷内且不平行，故𝐵𝐶与𝐴𝑀相交，故𝐵𝐶与平面𝑃𝐴𝑀相交，若平面𝑃𝐴𝑀内任意一条直线与𝐵𝐶平行，则𝐵𝐶//平面𝑃𝐴𝑀，矛盾，故A正确；对B，由𝐴𝐵平行𝐵𝐶，𝐴

𝐵⊄平面𝑃𝐶𝑀，𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐶𝑀，故𝐴𝐵//平面𝑃𝐶𝑀.设平面𝑃𝐴𝐵和平面𝑃𝐶𝑀的交线为𝑙，由线面平行的性质可得𝐴𝐵//𝑙，又𝑙⊄平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴�

�⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，故𝑙/⁄平面𝐴𝐵𝐶𝐷，故B错误；对CD，延长𝐴𝑀，𝐵𝐶交于𝐸，连接如图.由题意，平面𝑃𝐴𝑀和平面𝑃𝐵𝐶的交线即直线𝑃𝐸，故当平面𝑃𝐵𝐶内的直线与𝑃𝐸平行时，

与平面𝑃𝐴𝑀也平行，故C正确；交线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶𝐷交于𝐸，故D正确；故选：B.5．（3分）（2022春·新疆乌鲁木齐·高一期中）如图，点𝐴，𝐵，𝐶，𝑀，𝑁是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中不能满足𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶的是（）A．B．C．D．【解题

思路】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.【解答过程】对于A选项，由下图可知𝑀𝑁//𝐷𝐸//𝐴𝐶，𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶，故选

项A不符合题意.对于B选项，设𝐻是𝐸𝐺的中点，由下图，结合正方体的性质可知，𝐴𝐵//𝑁𝐻,𝑀𝑁//𝐴𝐻//𝐵𝐶,𝐴𝑀//𝐶𝐻，所以𝐴,𝐵,𝐶,𝐻,𝑁,𝑀六点共面，

故𝑀𝑁⊂平面𝐴𝐵𝐶，因此选项B符合题意.对于C选项，由下图可知𝑀𝑁//𝐷𝐸//𝐵𝐶，𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶，故选项C不符合题意.对于D选项，设𝐴𝐶∩𝑁𝐸=𝐷，由于四边形𝐴𝐸𝐶�

�是矩形，所以𝐷是𝑁𝐸中点，由于𝐵是𝑀𝐸中点，所以𝑀𝑁//𝐵𝐷，由于𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶，故选项D不符合题意.故选：B.6．（3分）（2023·全国·高三

专题练习）在正方体𝐸𝐹𝐺𝐻−𝐸1𝐹1𝐺1𝐻1中，下列四对截面彼此平行的是（）A．平面𝐸1𝐹𝐺1与平面𝐸𝐺𝐻1B．平面𝐹𝐻𝐺1与平面𝐹1𝐻1𝐺C．平面𝐹1𝐻1�

�与平面𝐹𝐻𝐸1D．平面𝐸1𝐻𝐺1与平面𝐸𝐻1𝐺【解题思路】根据正方体的平行关系，可证平面𝐸1𝐹𝐺1与平面𝐸𝐺𝐻1平行，可得出结论.【解答过程】如图，正方体𝐸𝐹𝐺𝐻−

𝐸1𝐹1𝐺1𝐻1,𝐸𝐸1//𝐺𝐺1,𝐸𝐸1=𝐺𝐺1，所以四边形𝐸𝐸1𝐺1𝐺是平行四边形，𝐸1𝐺1//𝐸𝐺,𝐸1𝐺1⊄平面𝐸𝐺𝐻1，𝐸𝐺⊂面𝐸𝐺

𝐻1，所以𝐸1𝐺1//平面𝐸𝐺𝐻1，同理𝐺1𝐹//平面𝐸𝐺𝐻1.因为𝐸1𝐺1∩𝐺1𝐹=𝐺1,𝐸1𝐺1,𝐺1𝐹⊂平面𝐸1𝐹𝐺1，所以平面𝐸1𝐹𝐺1//平面𝐸𝐺𝐻1.故选：A.7．（3分）（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）如图，

在棱长为4的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐴1𝐶1𝐷1中，点P是𝐶𝐶1的中点，动点Q在平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1内（包括边界），若𝐴𝑄∥平面𝐴1𝐵𝑃，则AQ的最小值是（）A．2B．2√2C

．2√5D．3√2【解题思路】𝑀,𝑁分别为𝐷𝐷1,𝐷𝐶的中点，连接𝐴𝑀,𝐴𝑁,𝑀𝑁，证明平面𝐴𝑀𝑁∥平面𝐴1𝐵𝑃，得到𝑄的轨迹为线段𝑀𝑁，AQ的最小值是𝑀𝑁边上的高，计算得到答案.【解

答过程】如图所示：𝑀,𝑁分别为𝐷𝐷1,𝐷𝐶的中点，连接𝐴𝑀,𝐴𝑁,𝑀𝑁，𝑀𝑁∥𝐷1𝐶，𝐷1𝐶∥𝐴1𝐵，故𝑀𝑁∥𝐴1𝐵，𝐴1𝐵⊂平面𝐴1𝐵𝑃，𝑀𝑁⊄平面𝐴1𝐵𝑃，故𝑀𝑁∥平面𝐴1𝐵𝑃；易知四边形𝐴𝐵𝑃𝑀为平

行四边形，𝐴𝑀∥𝐵𝑃，𝐵𝑃⊂平面𝐴1𝐵𝑃，𝐴𝑀⊄平面𝐴1𝐵𝑃，故𝐴𝑀∥平面𝐴1𝐵𝑃；𝐴𝑀∩𝑀𝑁=𝑀，𝐴𝑀,𝑀𝑁⊂平面𝐴𝑀𝑁，故平面𝐴𝑀𝑁∥平面𝐴1𝐵𝑃，当𝐴�

�⊂平面𝐴𝑀𝑁时，面𝐴𝑀𝑁∩平面𝐷1𝐶1𝐶𝐷=𝑀𝑁，故𝑄的轨迹为线段𝑀𝑁，𝐴𝑀=𝐴𝑁=2√5，𝑀𝑁=2√2，AQ的最小值是𝑀𝑁边上的高，为√(2√5)2−(√2)2=3√2.故选：D.8．（3分）（2022秋·

北京·高二阶段练习）如图，在棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸,𝐹,𝐺分别是棱𝐴𝐵,𝐵𝐶,𝐶𝐶1的中点，𝑃是底面𝐴𝐵𝐶𝐷内一动点，若直线𝐷1𝑃与平面𝐸𝐹𝐺不存在公共点，则三角形𝑃𝐵𝐵1的面积的最小值为A．√22

B．1C．√2D．2【解题思路】延展平面𝐸𝐹𝐺，可得截面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑂𝑅,其中𝐻、𝑄、𝑅分别是所在棱的中点，可得𝐷1𝑃//平面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅,再证明平面𝐷1𝐴𝐶//平面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅,可知𝑃在AC上时，符合题意，从而得到𝑃与

𝑂重合时三角形𝑃𝐵𝐵1的面积最小，进而可得结果.【解答过程】延展平面𝐸𝐹𝐺，可得截面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅,其中𝐻、𝑄、𝑅分别是所在棱的中点，直线𝐷1𝑃与平面𝐸𝐹𝐺不存在公共点，所以𝐷1𝑃//平面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅,由中位线定理可得AC//𝐸𝐹,

𝐸𝐹在平面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅内，AC在平面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅外，所以AC//平面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅,因为𝐷1𝑃与AC在平面𝐷1𝐴𝐶内相交，所以平面𝐷1𝐴𝐶//平面𝐸𝐹𝐺𝐻𝑄𝑅,所以𝑃在AC上

时，直线𝐷1𝑃与平面𝐸𝐹𝐺不存在公共点，因为B𝑂与AC垂直，所以𝑃与𝑂重合时BP最小，此时，三角形𝑃𝐵𝐵1的面积最小，最小值为12×2×√2=√2，故选C.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分

）（2022秋·浙江宁波·高二校考期中）已知𝛼，𝛽是两个不同的平面，𝑎，𝑏是两条不同的直线，则下列命题正确的是（）A．𝑎∥𝛼，𝑏∥𝛼，则𝑎∥𝑏B．𝑎⊥𝛽，𝑏⊥𝛽，则𝑎∥𝑏C．𝛼∥𝑎，𝛽∥𝑎，则𝛼∥𝛽D．𝛼⊥𝑎，𝛽⊥𝑎，则𝛼∥𝛽【解

题思路】根据直线与直线、直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项进行检验即可求解.【解答过程】对于选项A，因为𝑎∥𝛼，𝑏∥𝛼，所以直线𝑎，𝑏可以相交或𝑎∥𝑏或𝑎与𝑏异面，故选项A错误；对于选项B，因为�

�⊥𝛽，𝑏⊥𝛽，所以𝑎∥𝑏，故选项B正确；对于选项C，因为𝛼∥𝑎，𝛽∥𝑎，所以𝛼∥𝛽或𝛼，𝛽相交，故选项C错误；对于选项D，因为𝛼⊥𝑎，𝛽⊥𝑎，所以𝛼∥𝛽，故选项D正确，故选：BD.10．（4分）（2023春·河北承德·高二开

学考试）如图所示，在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝑀，𝑃，𝑄分别为棱𝐴𝐵，𝐶𝐷，𝐵𝐶的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则以下说法正确的是（）A．𝐴1𝑀//𝐷1𝑃B．𝐴1𝑀//𝐵1𝑄C．𝐴1𝑀

//平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1D．𝐴1𝑀//平面𝐷1𝑃𝑄𝐵1【解题思路】根据题意可证明𝐴1𝑀//𝑃𝐷1，由此可判断A、C、D选项；根据𝐴1𝑀与平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1相交，平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1//平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1可知𝐴1𝑀与

𝐵1𝑄互不平行，由此可判断B选项.【解答过程】连接MP，因为𝑀，𝑃别为棱𝐴𝐵，𝐶𝐷中点，所以MP//AD且𝑀𝑃=𝐴𝐷因为𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1为平行六面，所以𝐴𝐷

//𝐴1𝐷1且𝐴𝐷=𝐴1𝐷1，所以𝑀𝑃=𝐴1𝐷1且𝑀𝑃//𝐴1𝐷1，故𝑀𝐴1𝐷1𝑃为平行四边形，𝐴1𝑀//𝑃𝐷1，故A正确；因为𝐷1𝑃⊂平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1，𝐴1𝑀⊄平面𝐷

𝐶𝐶1𝐷1，所以𝐴1𝑀//平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1；同理𝐴1𝑀//平面𝐷1𝑃𝑄𝐵1，故C、D正确因为𝐴1𝑀与平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1相交，且平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1//平面𝐵𝐶𝐶1

𝐵1，所以𝐴1𝑀与平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1相交，又因为𝐵1𝑄⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1相交，所以𝐴1𝑀与𝐵1𝑄互不平行.故B错误故选：ACD.11．（4分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如图，这是四棱锥𝑃−𝐴𝐵

𝐶𝐷的平面展开图，其中四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，E，F，G，H分别是𝑃𝐴,𝑃𝐷,𝑃𝐶,𝑃𝐵的中点，则在原四棱锥中，下列结论中正确的有（）A．平面𝐸𝐹𝐺𝐻∥平面𝐴𝐵𝐶𝐷B．𝑃𝐴∥平面𝐵𝐷𝐺C．𝐸𝐹∥平面𝑃𝐵𝐶D

．𝐹𝐻∥平面𝐵𝐷𝐺【解题思路】根据中位线性质得到线线平行，再由线面平行的判定定理判断B、C、D，由面面平行的判定定理判断A.【解答过程】由平面展开图还原四棱锥，如图所示，可知ABCD均正确．若𝑂为𝐵𝐷,𝐴𝐶交点，则𝑂为𝐵𝐷,𝐴𝐶

中点，连接𝑂𝐺，𝐺为𝑃𝐶中点，故𝑂𝐺//𝑃𝐴，𝑂𝐺⊂面𝐵𝐷𝐺，𝑃𝐴⊄面𝐵𝐷𝐺，所以𝑃𝐴∥平面𝐵𝐷𝐺，B正确；又𝐹,𝐻为𝑃𝐷,𝑃𝐵中点，则𝐹𝐻//𝐵𝐷，�

�𝐷⊂面𝐵𝐷𝐺，𝐹𝐻⊄面𝐵𝐷𝐺，所以𝐹𝐻∥平面𝐵𝐷𝐺，D正确；由𝐸,𝐹为𝑃𝐴,𝑃𝐷中点，则𝐸𝐹//𝐴𝐷，𝐵𝐶//𝐴𝐷，故𝐸𝐹//𝐵𝐶，又𝐵𝐶⊂面𝑃𝐵𝐶，𝐸𝐹⊄面�

�𝐵𝐶，故𝐸𝐹∥平面𝑃𝐵𝐶，C正确；由𝐸𝐹//𝐴𝐷，𝐴𝐷⊂面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸𝐹⊄面𝐴𝐵𝐶𝐷，则𝐸𝐹//面𝐴𝐵𝐶𝐷，同理可得𝐸𝐻//面𝐴𝐵𝐶𝐷，而𝐸𝐻∩𝐸𝐹=𝐸，𝐸𝐻

,𝐸𝐹⊂面𝐸𝐹𝐺𝐻，所以平面𝐸𝐹𝐺𝐻∥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，A正确.故选：ABCD.12．（4分）（2022·高一课时练习）（多选）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，下列四组面中彼此平行的有（）A．平面𝐴1�

�𝐶1与平面𝐴𝐷1𝐶B．平面𝐵𝐷𝐶1与平面𝐵1𝐷1𝐴C．平面𝐵𝐷𝐴1与平面𝐵1𝐷1𝐶D．平面𝐴𝐶𝐷1与平面𝐴1𝐶1𝐷【解题思路】对于ABC选项，按照两个平面平行的判定定理，寻找一个平面内两条相交直线分别平行另

一个平面即可，三个选项实际上是同一个问题从不同的角度观察所得，对于D选项，找到两个平面的交线即可否定.【解答过程】对于A选项，𝐴1𝐵//𝐷1𝐶，𝐴1𝐵⊄平面𝐴𝐷1𝐶，𝐷1𝐶⊂平面𝐴𝐷1𝐶

，则𝐴1𝐵//平面𝐴𝐷1𝐶，同理可证，𝐴1𝐶1//平面𝐴𝐷1𝐶，因为𝐴1𝐵∩𝐴1𝐶1=𝐴1，𝐴1𝐵⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，所以平面𝐴1𝐵𝐶1//平面𝐴𝐷1𝐶，故A正确；对于B选项，𝐴𝐷1//𝐵𝐶1，

𝐴𝐷1⊄平面𝐵𝐷𝐶1，𝐵𝐶1⊂平面𝐵𝐷𝐶1，则𝐴𝐷1//平面𝐵𝐷𝐶1，同理可证，𝐴𝐵1//平面𝐵𝐷𝐶1，因为𝐴𝐷1∩𝐴𝐵1=𝐴，𝐴𝐷1⊂平面𝐵1𝐷1𝐴，𝐴𝐵1⊂平面𝐵1𝐷1𝐴，所以平面𝐵𝐷𝐶1//平面𝐵1𝐷1𝐴，

故B正确；对于C选项，𝐵𝐷//𝐵1𝐷1，𝐵𝐷⊄平面𝐵1𝐷1𝐶，𝐵1𝐷1⊂平面𝐵1𝐷1𝐶，则𝐵𝐷//平面𝐵1𝐷1𝐶，同理可证，𝐴1𝐵//平面𝐵1𝐷1𝐶，因为𝐴1𝐵∩𝐵𝐷=𝐵，𝐴1𝐵⊂平面𝐵�

�𝐴1，𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐷𝐴1，所以平面𝐵𝐷𝐴1//平面𝐵1𝐷1𝐶，故C正确；对于D选项，设𝐴1𝐷∩𝐴𝐷1=𝐸，则𝐸∈平面𝐴𝐶𝐷1且𝐸∈平面𝐴1𝐶1𝐷，设𝐷1𝐶∩𝐶1𝐷=𝐹，则𝐹∈平面𝐴𝐶𝐷1

且𝐹∈平面𝐴1𝐶1𝐷，所以平面𝐴𝐶𝐷1∩平面𝐴1𝐶1𝐷=𝐸𝐹，故两个平面相交，故D错误.故选：ABC.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023·高一课时练习）在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别边𝐴𝐵,𝐵𝐶

,𝐶𝐷,𝐷𝐴上的中点，则直线EG和FH的位置关系是相交．【解题思路】根据平面的性质结合线线位置关系分析判断.【解答过程】∵E、F、G、H分别是四边上的中点，∴𝐸𝐹∥𝐴𝐶∥𝐺𝐻，即𝐸𝐹∥𝐺𝐻，同理可得：𝐸𝐻∥𝐺𝐹，故E、F、G、H四点共面，且𝐸𝐹𝐺

𝐻为平行四边形，则直线EG和FH的位置关系是相交.故答案为：相交.14．（4分）（2022·全国·高三专题练习）已知A、B、C、D四点不共面，且𝐴𝐵//平面𝛼，𝐶𝐷∥𝛼，𝐴𝐶∩𝛼=𝐸，𝐴𝐷∩𝛼

=𝐹，𝐵𝐷∩𝛼=𝐻，𝐵𝐶∩𝛼=𝐺，则四边形EFHG是平行四边形．【解题思路】由题，平面𝐴𝐵𝐷∩平面𝛼=𝐹𝐻，结合𝐴𝐵//平面𝛼可得𝐴𝐵//𝐹𝐻，同理可得四边形EFHG另外三边与𝐴𝐵，𝐶𝐷的位

置关系，即可得到答案.【解答过程】由题，平面𝐴𝐵𝐷∩平面𝛼=𝐹𝐻，因为𝐴𝐵//平面𝛼，所以𝐴𝐵//𝐹𝐻，又平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝛼=𝐸𝐺，所以𝐴𝐵//𝐸𝐺，则𝐹𝐻//𝐸𝐺，同理𝐺𝐻//𝐶𝐷//𝐸𝐹，所以四边形EFHG是平行四边形，故答

案为：平行.15．（4分）（2023·高一课时练习）下面四个正方体中，点A、B为正方体的两个顶点，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出𝐴𝐵//平面𝑀𝑁𝑃的图形序号是①②．（写出所有符合条件的序号）【解题思路】根据线面平行的判定

定理以及面面平行的性质定理即可得到答案.【解答过程】对于①，如图1.因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以𝑀𝑁//𝐴𝐶，𝑁𝑃//𝐴𝐷.又𝐵𝐶//𝐴𝐷，所以𝑁𝑃//𝐵𝐶.因为𝑀𝑁⊂平面𝑀𝑁𝑃，𝐴𝐶⊄平面𝑀𝑁𝑃，所以𝐴𝐶//平面𝑀

𝑁𝑃.同理可得𝐵𝐶//平面𝑀𝑁𝑃.因为𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶∩𝐵𝐶=𝐶，所以平面𝐴𝐵𝐶//平面𝑀𝑁𝑃.又𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐴𝐵//平面𝑀𝑁𝑃，故①正确；对于②，如图2，连结𝐶

𝐷.因为点M、P分别为其所在棱的中点，所以𝑀𝑃//𝐶𝐷.又𝐴𝐶//𝐵𝐷，且𝐴𝐶=𝐵𝐷，所以，四边形𝐴𝐵𝐷𝐶是平行四边形，所以𝐴𝐵//𝐶𝐷，所以𝐴𝐵//𝑀𝑃.因为𝑀𝑃⊂平面𝑀𝑁

𝑃，𝐴𝐵⊄平面𝑀𝑁𝑃，所以𝐴𝐵//平面𝑀𝑁𝑃，故②正确；对于③，如图3，连结𝐴𝐶、𝐴𝐷、𝐶𝐷.因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以𝑀𝑃//𝐴𝐶，𝑀𝑁//𝐶𝐷.因为𝐴𝐶⊄平面𝑀𝑁�

�，𝑀𝑃⊂平面𝑀𝑁𝑃，所以𝐴𝐶//平面𝑀𝑁𝑃.同理可得𝐶𝐷//平面𝑀𝑁𝑃.因为𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐶𝐷，𝐴𝐶∩𝐶𝐷=𝐶，所以平面𝐴𝐶𝐷//平面𝑀�

�𝑃.显然𝐴∈平面𝐴𝐶𝐷，𝐵∉平面𝐴𝐶𝐷，所以𝐴𝐵⊄平面𝐴𝐶𝐷，且𝐴𝐵与平面𝐴𝐶𝐷不平行，所以𝐴𝐵与平面𝑀𝑁𝑃不平行，故③错误；对于④：如图4，连接𝐺𝐸,𝐸𝑁，因为𝑀,𝑁为所在棱的中点，则𝑀𝑁//�

�𝐹，故平面𝑀𝑁𝑃即为平面𝑀𝑁𝐸𝐹，由正方体可得𝐴𝐵//𝐸𝐺，而平面𝐴𝐵𝐺𝐸∩平面𝑀𝑁𝐸𝐹=𝐸𝑀，若𝐴𝐵//平面𝑀𝑁𝑃，由𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐺�

�可得𝐴𝐵//𝐸𝑀，故𝐸𝐺//𝐸𝑀，显然不正确，故④错误.故答案为：①②.16．（4分）（2022秋·甘肃定西·高二统考开学考试）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①𝐵𝑀//平面AEN

D；②𝐶𝑁//平面ABFE；③平面𝐵𝐷𝑀//平面AFN；④平面𝐵𝐷𝐸//平面𝑁𝐶𝐹.以上四个命题中，正确命题的序号是①②③④.【解题思路】将展开图还原成正方体，根据线面平行以及面面平行的判定逐一判定即可.【解答过程】把正方体的平面展开

图还原成正方体𝐴𝐵𝐶𝐴−𝐸𝐹𝑀𝑁，如图所示：对于①，因为𝐵𝑀//𝐴𝑁，𝐵𝑀⊂平面AEND，𝐴𝑁⊂平面AEND，所以𝐵𝑀//平面AEND，命题①正确；对于②，𝐶𝑁//𝐵𝐸，𝐶𝑁⊂平面ABFE，𝐵𝐸⊂平面A

BFE，所以𝐶𝑁//平面ABFE，命题②正确；对于③，𝐵𝐷//𝐹𝑁，𝐵𝑀//𝐴𝑁，𝐵𝐷⊄面𝐴𝐹𝑁，𝐵𝑀⊄面𝐴𝐹𝑁，所以𝐵𝐷//面𝐴𝐹𝑁，𝐵𝑀//面𝐴𝐹𝑁，𝐵𝐷∩𝐵𝑀=𝐵，BD、𝐵𝑀⊂平面BDN，所以平面𝐵𝐷𝑀//平面A

FN，命题③正确；对于④，𝐵𝐷//𝐹𝑁，𝐵𝐸//𝐶𝑁，𝐵𝐷⊄面NCF，𝐵𝐸⊄面NCF所以𝐵𝐷//面NCF，𝐵𝐸//面NCF，𝐵𝐷∩𝐵𝐸=𝐵，BD、𝐵𝐸⊂平面BDE，所以平面𝐵𝐷𝐸//平面NCF，命题④正确．故答案为：①②

③④．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2023·高一课时练习）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、CD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且𝐶𝐹𝐶𝐵=𝐶𝐺𝐶𝐷，求证：直线EH与直线FG平行．【解题思路

】根据三角形中位线、平行线等分性质结合平行线的传递性分析证明,【解答过程】∵E、H分别是AB、CD的中点，则𝐸𝐻∥𝐵𝐷，又∵F、G分别是BC、CD上的点，且𝐶𝐹𝐶𝐵=𝐶𝐺𝐶𝐷，则𝐹𝐺∥

𝐵𝐷，∴𝐸𝐻∥𝐹𝐺，故直线EH与直线FG平行．18．（6分）（2023·高一课时练习）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E为PB的中点，𝑂为AC、BD的交点.(1)求证：𝐸𝑂∥平面PCD；(2)图中EO还与图中哪个平面平行？【解题思路】由𝐸

𝑂∥𝑃𝐷结合线面平行的判定定理证明即可.【解答过程】（1）因为E，𝑂为PB，BD的中点，所以𝐸𝑂∥𝑃𝐷，又𝐸𝑂⊄平面PCD，𝑃𝐷⊂平面PCD，所以𝐸𝑂∥平面PCD.（2）因为𝐸𝑂∥𝑃

𝐷，𝐸𝑂⊄平面𝑃𝐴𝐷，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐸𝑂∥平面𝑃𝐴𝐷.19．（8分）（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐶⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷

，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐵=2𝐴𝐷=2𝐶𝐷=2，𝐸是𝑃𝐵上的点．若𝑃𝐷//平面𝐴𝐶𝐸，求𝑃𝐸:𝑃𝐵的值；【解题思路】连接𝐵𝐷，交𝐴𝐶于点𝐺，连接𝐸�

�，由线面平行的性质定理得线线平行，由平行线得比例线段．【解答过程】连接𝐵𝐷，交𝐴𝐶于点𝐺，连接𝐸𝐺；∵𝑃𝐷//平面𝐴𝐶𝐸，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐵𝐷，平面𝑃𝐵𝐷∩平面𝐴𝐶𝐸=𝐸𝐺，∴𝑃𝐷//𝐸𝐺，∴𝑃𝐸:𝑃𝐵=𝐷𝐺:𝐵𝐷；∵𝐴𝐵

//𝐶𝐷，∴𝐷𝐺:𝐺𝐵=𝐶𝐷:𝐴𝐵=1:2，∴𝐷𝐺:𝐵𝐷=1:3，∴𝑃𝐸:𝑃𝐵=1:3，即𝑃𝐸:𝑃𝐵的值为13．20．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑀,

𝑁,𝑃分别是𝐴𝐷1,𝐵𝐷和𝐵1𝐶的中点.求证：(1)𝑁𝑃∥平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷.(2)平面𝑀𝑁𝑃∥平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷.【解题思路】（1）利用线线平行（𝑁𝑃∥𝐶1𝐷）证线面平行即可（2）先

用线线平行（𝑀𝑁∥𝐶𝐷1）证线面平行（𝐶𝐷1⊂平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷），再证面面平行即可【解答过程】（1）连接𝐵𝐶1,𝐶1𝐷，因为四边形𝐵𝐵1𝐶1𝐶为正方形，𝑃为𝐵1𝐶中点，所以𝑃为𝐵𝐶1中点，又因为𝑁为𝐵𝐷中点，所以𝑁𝑃∥𝐶1�

�.因为𝑁𝑃⊄平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷,𝐶1𝐷⊂平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷，所以𝑁𝑃∥平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷，（2）连接𝐴𝐶,𝐶𝐷1，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝑁为𝐵𝐷中点，所以𝑁为𝐴𝐶中点.又因为�

�为𝐴𝐷1中点，所以𝑀𝑁∥𝐶𝐷1.因为𝑀𝑁⊄平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷，𝐶𝐷1⊂平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷所以𝑀𝑁∥平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷.由（1）知𝑁𝑃∥平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷，

又𝑀𝑁∩𝑃𝑁=𝑁，𝑀𝑁、𝑃𝑁⊂平面𝑀𝑁𝑃，所以平面𝑀𝑁𝑃∥平面𝐶𝐶1𝐷1𝐷.21．（8分）（2022春·河南周口·高一阶段练习）已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷

1中，𝑃､𝑄分别为对角线𝐵𝐷､𝐶𝐷1上的点，且𝐶𝑄𝑄𝐷1=𝐵𝑃𝑃𝐷=23．（1）求证：𝑃𝑄//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴；（2）若𝑅是𝐴𝐵上的点，𝐴𝑅𝐴𝐵的值为多少时，能使平面𝑃𝑄𝑅//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴？请给出证明．【解题思

路】（1）连结𝐶𝑃并延长与𝐷𝐴的延长线交于𝑀点，证明𝐵𝐶//𝐴𝐷，𝑃𝑄//𝑀𝐷1，又𝑀𝐷1⊂平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，𝑃𝑄⊂平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，证明𝑃𝑄//平面

𝐴1𝐷1𝐷𝐴；（2）𝑅是𝐴𝐵上的点，当𝐴𝑅𝐴𝐵的值为35时，能使平面𝑃𝑄𝑅//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，通过证明𝑃𝑅//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，又𝑃𝑄∩𝑅=𝑃，

𝑃𝑄//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴．然后证明即可．【解答过程】（1）连结𝐶𝑃并延长与𝐷𝐴的延长线交于𝑀点，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，所以𝐵𝐶//𝐴𝐷，故△𝑃𝐵𝐶~△𝑃𝐷�

�，所以𝐶𝑃𝑃𝑀=𝐵𝑃𝑃𝐷=23，又因为𝐶𝑄𝑄𝐷1=𝐵𝑃𝑃𝐷=23，所以𝐶𝑄𝑄𝐷1=𝐶𝑃𝑃𝑀=23，所以𝑃𝑄//𝑀𝐷1．又𝑀𝐷1⊂平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，𝑃𝑄⊄平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，故𝑃𝑄//平面𝐴1𝐷1𝐷�

�．（2）当𝐴𝑅𝐴𝐵的值为35时，能使平面𝑃𝑄𝑅//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴．证明：因为𝐴𝑅𝐴𝐵=35，即有𝐵𝑅𝑅𝐴=23，故𝐵𝑅𝑅𝐴=𝐵𝑃𝑃𝐷．所以𝑃𝑅//𝐷𝐴．又𝐷𝐴⊂平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴

，𝑃𝑅⊄平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，所以𝑃𝑅//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴，又𝑃𝑄∩𝑃𝑅=𝑃，𝑃𝑄//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴．所以平面𝑃𝑄𝑅//平面𝐴1𝐷1𝐷𝐴．22．（8分）（2022·高一课时练习）如图，在矩形ABCD和矩形A

BEF中，𝐴𝐹=𝐴𝐷，𝐴𝑀=𝐷𝑁，矩形ABEF可沿AB任意翻折.（1）求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面ADF.（2）“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不

正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由.【解题思路】（1）在平面图形中，连接MN与AB交于点G，在平面图形中可证𝑀𝑁//𝐴𝐷，当点F，A，D不共线时，𝑀𝐺//𝐴𝐹，𝑁𝐺//𝐴𝐷，可证𝑀𝐺//平面ADF，

𝑁𝐺//平面ADF，从而有平面𝐺𝑁𝑀//平面ADF，即可证明结论；（2）这个结论不正确.要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.当点F，A，D共线时，由（1）得𝑀𝑁//𝐹𝐷；当点F

，A，D不共线时，平面𝑀𝑁𝐺//平面FDA，则要使𝑀𝑁//𝐹𝐷，满足FD与AN共面，只要FM与DN相交即可，可证交点只能为点B，得出只有M，N分别为AE，DB的中点才满足.【解答过程】（1）证明：在平面图形中，连接MN，

与AB交于点G.∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，𝐴𝐷=𝐴𝐹，∴𝐴𝐷//𝐵𝐸且𝐴𝐷=𝐵𝐸，∴四边形ADBE是平行四边形，∴𝐴𝐸//𝐷𝐵.又𝐴𝑀=𝐷𝑁，∴四边形ADNM是平行四边形，∴𝑀𝑁//𝐴𝐷.当点F，A，D不共线时，如图，𝑀𝐺

//𝐴𝐹，𝑁𝐺//𝐴𝐷，𝐴𝐹⊂平面𝐴𝐷𝐹，𝑀𝐺⊄平面𝐴𝐷𝐹，所以𝑀𝐺//平面ADF，同理𝑁𝐺//平面ADF，又𝑀𝐺∩𝑁𝐺=𝐺，𝑀𝐺,𝑁𝐺⊂平面𝐺𝑁𝑀，∴平面𝐺𝑁𝑀//平面ADF.又𝑀𝑁⊂平面GNM，∴𝑀𝑁

//平面ADF.故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.（2）解：这个结论不正确.要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.理由如下：当点F，A，D共线时，由（1）得𝑀𝑁//𝐹𝐷.当点F，A，D不共线时，如图，由（1）知平面𝑀

𝑁𝐺//平面FDA，则要使𝑀𝑁//𝐹𝐷总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与𝑀𝑁共面即可.若要使FD与𝑀𝑁共面，连接FM，只要FM与DN相交即可，∵𝐹𝑀⊂平面ABEF，𝐷𝑁⊂平面ABCD，平面𝐴𝐵𝐸𝐹∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵，∴

若FM与DN相交，则交点只能为点B，由于四边形𝐴𝐵𝐸𝐹为平行四边形，𝐹𝐵与𝐴𝐸的交点𝑀为𝐴𝐸的中点，则只有M，N分别为AE，DB的中点才满足.由𝐹𝑀∩𝐷𝑁=𝐵，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面.∵

平面𝐹𝐷𝑁𝑀∩平面𝑀𝑁𝐺=𝑀𝑁，平面𝐹𝐷𝑁𝑀∩平面𝐹𝐷𝐴=𝐹𝐷，平面𝑀𝑁𝐺//平面FDA，∴𝑀𝑁//𝐹𝐷.