第34頁（共34頁）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高一數(shù)學(xué)北師大版（2019）期末必刷?？碱}之平行關(guān)系一．選擇題（共7小題）1．（2025春?鄞州區(qū)校級(jí)期中）已知直線a，b分別在兩個(gè)不同的平面α，β內(nèi)，則“直線a和直線b平行”是“平面α和平面β平行”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．（2025春?思明區(qū)校級(jí)期中）設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是（）A．若a∥α，b∥a，則b∥α B．若a∥α，b∥α，a?β，b?β，則β∥α C．若α∥β，b∥α，則b∥β D．若α∥β，a?α，則a∥β3．（2025?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）如圖，點(diǎn)A，B，C，M，N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是（）A． B． C． D．4．（2025?河南二模）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別是棱AD，B1C1的中點(diǎn)，若P為側(cè)面ADD1A1內(nèi)（含邊界）的動(dòng)點(diǎn)，且B1P∥平面BEF，則B1P的最小值為（）A．825 B．2305 C．55．（2025春?廣州期中）如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，CFCPA．23 B．32 C．2 D6．（2025?天津模擬）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)O為底面ABCD的中心，點(diǎn)P在側(cè)面BB1C1C的邊界及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)．給出下列四個(gè)結(jié)論：①D1O⊥AC；②三棱錐A1﹣ADP的體積為定值；③存在一點(diǎn)P，D1O∥B1P；④若D1O⊥OP，則△D1C1P面積的最大值為5．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．47．（2025春?西工區(qū)校級(jí)期中）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E為線段AD上靠近A的三等分點(diǎn)，F(xiàn)為線段PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，PFPCA．3 B．4 C．13 D．二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?上城區(qū)校級(jí)期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段A1C1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．A1C1∥平面ACD1 B．存在點(diǎn)P，使得直線AC與BP共面 C．PB1+PA的最小值為3 D．若M為線段B1C上的動(dòng)點(diǎn)，且MP∥平面ABB1A1，則MP的最小值為2（多選）9．（2025?江蘇三模）如圖，在邊長(zhǎng)為12的正方形ABCD中，E1，E2，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別邊AD，BC的三等分點(diǎn)，正方形內(nèi)有兩點(diǎn)P，Q，點(diǎn)P到AD，CD的距離分別為3a，2a，點(diǎn)Q到BC，AB的距離也是3a和2a，其中0＜a＜2．將該正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB與DC重合，則在該空間圖形中，（）A．直線PQ∥平面E1E2F2F1 B．PQ的最小值為610C．線段PQ的中點(diǎn)到A的距離不超過35D．異面直線PQ與AB成45°角時(shí)，a（多選）10．（2025春?海珠區(qū)校級(jí)期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1D1，AA1的中點(diǎn)，G為線段B1C上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則（）A．存在點(diǎn)G，使BG∥EF B．存在點(diǎn)G，使平面EFG∥平面BDC1 C．三棱錐A1﹣EFG的體積為定值 D．存在點(diǎn)G，使得平面EFG截正方體所得截面為正六邊形三．填空題（共3小題）11．（2025春?龍巖期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，PC→=3PF→，PD→=λPE→，直線BF12．（2025春?鏡湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1上的一點(diǎn)，且C1EEC=23，D是棱BC上一點(diǎn)．若A1B∥平面ADE，則BDBC13．（2025?綿陽模擬）在幾何學(xué)的世界里，阿基米德體以其獨(dú)特的形狀和美麗的對(duì)稱性吸引了無數(shù)數(shù)學(xué)愛好者和科學(xué)家，它是一種半正多面體，其中每個(gè)面都是正多邊形，且各個(gè)面的邊數(shù)不全相同．如圖，棱長(zhǎng)為2的半正多面體是將一個(gè)棱長(zhǎng)為6的正四面體切掉4個(gè)頂點(diǎn)所在的小正四面體后所剩余的部分，已知A，B，C，D為該半正多面體的四個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)P為其表面上的動(dòng)點(diǎn)，且PD∥平面ABC，則P點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為．四．解答題（共2小題）14．（2025?湖南模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點(diǎn)D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點(diǎn)．（1）求證：C1M∥平面B1ED；（2）求直線C1M到平面B1ED的距離；（3）求點(diǎn)A1到直線B1E的距離．15．（2025?重慶模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，O為BC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)D，E分別在AB，AC上，將△ACO繞直線AO旋轉(zhuǎn)α到△AON的位置，點(diǎn)E對(duì)應(yīng)點(diǎn)M，DE交AO于點(diǎn)F，點(diǎn)P在線段NC上，連接EP，F(xiàn)P，MO．已知α∈（0，π），DE→=1（1）證明：EP∥平面AON；（2）若AO＝BC，求OM與平面EFP所成角的正弦值的取值范圍．

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高一數(shù)學(xué)北師大版（2019）期末必刷?？碱}之平行關(guān)系參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號(hào)1234567答案DDDBACD二．多選題（共3小題）題號(hào)8910答案ADABDACD一．選擇題（共7小題）1．（2025春?鄞州區(qū)校級(jí)期中）已知直線a，b分別在兩個(gè)不同的平面α，β內(nèi)，則“直線a和直線b平行”是“平面α和平面β平行”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點(diǎn)】平面與平面平行；充分條件必要條件的判斷．【專題】整體思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維．【答案】D【分析】線面的位置關(guān)系和充分條件，必要條件的定義即可判斷．【解答】解：當(dāng)“直線a和直線b平行”時(shí)，平面α和平面β可能平行也可能相交，所以“直線a和直線b平行”是“平面α和平面β平行”的不充分條件；當(dāng)“平面α和平面β平行”時(shí)，直線a和直線b可能平行也可能異面，“直線a和直線b平行”是“平面α和平面β平行”的不必要條件；因此“直線a和直線b平行”是“平面α和平面β平行”的既不充分也不必要條件．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線線平行的性質(zhì)及面面平行的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．2．（2025春?思明區(qū)校級(jí)期中）設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是（）A．若a∥α，b∥a，則b∥α B．若a∥α，b∥α，a?β，b?β，則β∥α C．若α∥β，b∥α，則b∥β D．若α∥β，a?α，則a∥β【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維．【答案】D【分析】由面面平行的性質(zhì)定理及線面平行的性質(zhì)的應(yīng)用分別判斷出所給命題的真假．【解答】解：A中，若a∥α，b∥a，則b∥α或b?α，所以A不正確；B中，a∥α，b∥α，a?β，b?β，沒有指明a，b是否是相交直線，所以B不正確；C中，若α∥β，b∥α，則b∥β或b?β，所以C不正確；D中，若α∥β，a?α，由面面平行的性質(zhì)定理可知a∥β，所以D正確．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查面面平行的性質(zhì)的應(yīng)用及面面平行的判定定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．3．（2025?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）如圖，點(diǎn)A，B，C，M，N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維．【答案】D【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)相應(yīng)作出完整的截面，然后根據(jù)正方體的性質(zhì)及線面平行的判定即可得解．【解答】解：對(duì)于A，作出完整的截面ABCD，由正方體的性質(zhì)可得MN∥EF∥AC，可得直線MN∥平面ABC，能滿足；對(duì)于B，作出完整的截面ABDCEF，由正方體的性質(zhì)可得MN∥BF，可得直線MN∥平面ABC，能滿足；對(duì)于C，作出完整的截面ABCD，由正方體的性質(zhì)可得MN∥BD，可得直線MN∥平面ABC，能滿足；對(duì)于D，作出完整的截面，如圖ABNMHC，可得MN在平面ABC內(nèi)，不能得出平行，不能滿足．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間中線面平行的判定定理，考查了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意解題方法的積累，屬于中檔題．4．（2025?河南二模）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別是棱AD，B1C1的中點(diǎn)，若P為側(cè)面ADD1A1內(nèi)（含邊界）的動(dòng)點(diǎn)，且B1P∥平面BEF，則B1P的最小值為（）A．825 B．2305 C．5【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】取A1D1的中點(diǎn)M，根據(jù)線面平行的判定定理，證得AB1∥平面BEF，AM∥平面BEF，進(jìn)而證得平面AB1M∥平面BEF，得到當(dāng)P∈AM時(shí)，B1P∥平面BEF，所以點(diǎn)P在側(cè)面AA1D1D內(nèi)的軌跡為線段AM，在△AMB1中，求得sin∠AMB1=265，結(jié)合B【解答】解：根據(jù)題意可知，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別是棱AD，B1C1的中點(diǎn)，如圖所示，取A1D1的中點(diǎn)M，連接AM，B1M，AB1，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD＝B1C1，∵E，F(xiàn)分別是棱AD，B1C1的中點(diǎn)，則AE∥B1F且AE＝B1F，∴四邊形AB1FE為平行四邊形，則AB1∥EF，又∵AB1?平面BEF，EF?平面BEF，∴AB1∥平面BEF，同理可證：AM∥平面BEF，∵AB1∩AM＝A，且AB1，AM?平面AB1M，∴平面AB1M∥平面BEF，又∵AM?平面AA1D1D，當(dāng)P∈AM時(shí)，則B1P?平面AB1M，∴B1P∥平面BEF，∴點(diǎn)P在側(cè)面AA1D1D內(nèi)的軌跡為線段AM，∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為2，可得AM=B1在△AMB1中，可得cos∠AMB則sin∠AMB1=26故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線面平行，屬于中檔題．5．（2025春?廣州期中）如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，CFCPA．23 B．32 C．2 D【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】A【分析】連接AC，設(shè)AC交BE于O，連接OF，由線面平行的性質(zhì)可得PA∥OF，再由平行線分線段成比例，可得答案．【解答】解：連接AC，設(shè)AC交BE于O，連接OF，因?yàn)镻A∥平面EBF，OF?平面BEF，且PA，OF?平面PAC，所以PA∥OF，在平行四邊形ABCD，E為AD的中點(diǎn)，所以CFFP=所以CFCP故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的性質(zhì)的應(yīng)用及平行線分線段成比例的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．6．（2025?天津模擬）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)O為底面ABCD的中心，點(diǎn)P在側(cè)面BB1C1C的邊界及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)．給出下列四個(gè)結(jié)論：①D1O⊥AC；②三棱錐A1﹣ADP的體積為定值；③存在一點(diǎn)P，D1O∥B1P；④若D1O⊥OP，則△D1C1P面積的最大值為5．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【考點(diǎn)】直線與平面平行；棱錐的體積．【專題】整體思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】C【分析】由棱柱的性質(zhì)分別判斷所給的命題的真假．【解答】解：對(duì)于①，連接AD1，CD1，由正方體的性質(zhì)知三角形ACD1為等邊三角形，由于O為底面ABCD的中心，故為AC中點(diǎn)，故D1O⊥AC，①正確；對(duì)于②：三棱錐A1﹣ADP的體積為13?S△AA1D?h=13?12?AA1×AD×AB=對(duì)于③，將D1O進(jìn)行平移到過B1點(diǎn)，使之與B1P具有公共頂點(diǎn)，根據(jù)立體圖形判斷，無論如何也不可能滿足B1H平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于B1H，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，取B1B的中點(diǎn)E，連接OE，EC，BD，D1E，則OE=12DB1=3，D1O=6，D1又OC⊥BD，OC⊥DD1，所以O(shè)C⊥平面BDD1B1，D1O?平面BDD1B1，所以O(shè)C⊥D1O，OC∩OE＝O，所以D1O⊥平面OEC，所以P在線段EC上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到點(diǎn)E位置時(shí)，C1P最大，此時(shí)△D1C1P面積最大為：Smax=1故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查棱柱的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．7．（2025春?西工區(qū)校級(jí)期中）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E為線段AD上靠近A的三等分點(diǎn)，F(xiàn)為線段PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，PFPCA．3 B．4 C．13 D．【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】對(duì)應(yīng)思想；定義法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】根據(jù)線面平行性質(zhì)定理得出線線平行，再根據(jù)平行得出比例關(guān)系即可．【解答】解：如圖，連接AC交BE于點(diǎn)G，連接FG，因?yàn)镻A∥平面BEF，PA?平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以PFPC=AGAC，因?yàn)锳D∥BC，則AGGC=AE故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行性質(zhì)定理，屬于中檔題．二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?上城區(qū)校級(jí)期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段A1C1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．A1C1∥平面ACD1 B．存在點(diǎn)P，使得直線AC與BP共面 C．PB1+PA的最小值為3 D．若M為線段B1C上的動(dòng)點(diǎn)，且MP∥平面ABB1A1，則MP的最小值為2【考點(diǎn)】直線與平面平行；棱柱的結(jié)構(gòu)特征；平面的基本性質(zhì)及推論．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；立體幾何；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】AD【分析】利用線面平行的判定定理可判斷A選項(xiàng)；利用反證法可判斷B選項(xiàng)；將△A1B1C1沿直線A1C1翻折，使其與平面AA1C1C共面，連接AS，再在△AA1S中，利用余弦定理求解判斷C選項(xiàng)；過M作MN⊥B1C1于點(diǎn)N，連接NP，則MN∥BB1，從而MN∥平面ABB1A1，再由MP∥平面ABB1A1得到平面PMN∥平面ABB1A1，從而PN∥平面ABB1A1，求解可判斷D選項(xiàng)．【解答】解：對(duì)于A，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，如圖，所以四邊形AA1C1C為平行四邊形，所以A1C1∥AC，因?yàn)锳1C1?平面ACD1，AC?平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，A對(duì)；對(duì)于B，假設(shè)存在點(diǎn)P，使得直線AC與BP共面，由A選項(xiàng)知，點(diǎn)P、直線AC可確定平面AA1C1C，若直線AC與BP共面，則B∈平面AA1C1C，矛盾，假設(shè)不成立，因此，不存在點(diǎn)P，使得直線AC與BP共面，B錯(cuò)；對(duì)于C，將△A1B1C1沿直線A1C1翻折，使其與平面AA1C1C共面，記翻折后點(diǎn)B1對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為S，連接AS，如圖，則PB1+PA≥AS，在△AA1S中，由余弦定理可得：AS=即PB1+AP的最小值為2+2，C對(duì)于D，如圖3，過M作MN⊥B1C1于點(diǎn)N，連接NP，則MN∥BB1，MN?平面ABB1A1，BB1?平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1，又MP∥平面ABB1A1，MN∩MP＝M，MN，MP?平面PMN，所以平面PMN∥平面ABB1A1，則PN∥平面ABB1A1．又PN?平面A1B1C1，平面A1B1C1∩平面ABB1A1＝A1B1，所以PN//A1B1．設(shè)C1N＝x，x∈[0，1]，則PN＝x，MN＝B1N＝1﹣x，且∠PNM所以MP=當(dāng)且僅當(dāng)x=12故選：AD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查線面平行的判定，棱柱的結(jié)構(gòu)特征，空間幾何體中的最值問題，考查運(yùn)算求解能力與邏輯推理能力，屬于中檔題．（多選）9．（2025?江蘇三模）如圖，在邊長(zhǎng)為12的正方形ABCD中，E1，E2，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別邊AD，BC的三等分點(diǎn)，正方形內(nèi)有兩點(diǎn)P，Q，點(diǎn)P到AD，CD的距離分別為3a，2a，點(diǎn)Q到BC，AB的距離也是3a和2a，其中0＜a＜2．將該正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB與DC重合，則在該空間圖形中，（）A．直線PQ∥平面E1E2F2F1 B．PQ的最小值為610C．線段PQ的中點(diǎn)到A的距離不超過35D．異面直線PQ與AB成45°角時(shí)，a【考點(diǎn)】直線與平面平行；兩點(diǎn)間的距離公式；異面直線及其所成的角．【答案】ABD【分析】根據(jù)條件，建立空間直角坐標(biāo)系，求得PQ→=(0，-2a，6a-12)，選項(xiàng)A，先求出平面E1E2F2F1的一個(gè)法向量n→，利用PQ→?n→=0，即可求解判斷出A的真假；選項(xiàng)B【解答】解：如圖，取E1E2中點(diǎn)O1，F(xiàn)1F2的中點(diǎn)O，連接OB，OO1，因?yàn)锽F2＝F2F1＝F1B＝4，所以BO⊥F1F2，因?yàn)镋1F1⊥F1B，E1F1⊥F1F2，又F1B∩F1F2，F(xiàn)1B，F(xiàn)1F2?面BF1F2，所以E1F1⊥面BF1F2，又OO1∥E1F1，所以O(shè)O1⊥面BF1F2，故OB，OF2，OO1兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)QH⊥BF1于H，PM⊥BF2于M，過H作HK⊥OB于K，易知OB=23，BH＝2a，又所以HK=又QH＝3a，所以Q(23-所以PQ→對(duì)于選項(xiàng)A，易知平面E1E2F2F1的一個(gè)法向量為n→因?yàn)镻Q→顯然QP?平面E1E2F2F1，所以PQ∥平面E1E2F2F1，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)閨PQ令y＝40a2﹣144a+144，其中0＜a＜2，對(duì)稱軸a=95所以|PQ→|對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)镻Q的中點(diǎn)S(23-所以|AS|=3a2+36=對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)锽(23，所以cos45°=|(6a-12)×12|4a2+(6解得a=32或a＝3故選：ABD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查用空間向量的方法求異面直線所成的角的大小及兩點(diǎn)間的距離公式的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）10．（2025春?海珠區(qū)校級(jí)期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1D1，AA1的中點(diǎn)，G為線段B1C上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則（）A．存在點(diǎn)G，使BG∥EF B．存在點(diǎn)G，使平面EFG∥平面BDC1 C．三棱錐A1﹣EFG的體積為定值 D．存在點(diǎn)G，使得平面EFG截正方體所得截面為正六邊形【考點(diǎn)】平面與平面平行；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；平面的基本性質(zhì)及推論．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】ACD【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)即可判斷A選項(xiàng)；根據(jù)假設(shè)法即可判斷B選項(xiàng)；根據(jù)三棱錐體積公式即可判斷C選項(xiàng)；根據(jù)正六邊形的性質(zhì)即可判斷D選項(xiàng)．【解答】解：A選項(xiàng)，存在點(diǎn)G為B1C與BC1的交點(diǎn)，使得BG∥EF，理由如下：若點(diǎn)G為B1C與BC1的交點(diǎn)，則B，G，C1三點(diǎn)共線，由正方體性質(zhì)得，AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四邊形ABC1D1是平行四邊形，所以BC1∥AD1，因?yàn)镋，F(xiàn)為A1D1，AA1中點(diǎn)，所以EF∥AD1，所以BC1∥EF，即BG∥EF，故A選項(xiàng)正確；B選項(xiàng)，如圖，A1D∩EF＝P，H為側(cè)面CB1中心，則平面A1DCB1與平面EFG和平面BDC1分別交于線PG，DH，若存在G點(diǎn)使平面EFG∥平面BDC1，則PG∥DH，又A1D∥CB1，則四邊形PGHD為平行四邊形，即PD＝GH，PD＞22=B1H，此時(shí)C選項(xiàng)，隨著G移動(dòng)但G到面A1EF的距離始終不變即A1B1，故VA1-D選項(xiàng)，如圖，當(dāng)G為B1C靠近C的四等分點(diǎn)時(shí)，平面EFG截正方體的截面為正六邊形，故D選項(xiàng)正確．故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方體的性質(zhì)，屬于中檔題．三．填空題（共3小題）11．（2025春?龍巖期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，PC→=3PF→，PD→=λPE→，直線BF【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】53【分析】在線段PE上取點(diǎn)H，使得PE→=3PH→，連接HF，DF，BD，由BF∥平面ACE，可得MN∥BF，進(jìn)而可得E是線段DH的中點(diǎn)，由向量關(guān)系可得NE∥【解答】解：如圖，在線段PE上取點(diǎn)H，使得PE→=3PH→，連接HF，DF，BD，記AC∩BD＝M，CE∩DF＝N，連接MN，因?yàn)橹本€BF∥平面ACE，且平面BDF∩平面所以MN∥BF．因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以M為線段BD的中點(diǎn)，則N為線段DF的中點(diǎn)．因?yàn)镻C→=3PF所以PFPC所以HF∥CE，即NE∥HF．因?yàn)镹為線段DF的中點(diǎn)，所以E是線段DH的中點(diǎn)，則DE＝HE，所以PD→=5故答案為：53【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查線面平行的性質(zhì)定理，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．12．（2025春?鏡湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1上的一點(diǎn)，且C1EEC=23，D是棱BC上一點(diǎn)．若A1B∥平面ADE，則BDBC【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；立體幾何；邏輯思維．【答案】58【分析】連接A1C，交AE于點(diǎn)F，有直線與平面平行的性質(zhì)證明A1B∥FD，再由平行線分線段長(zhǎng)比例求解即可．【解答】解：連接A1C，交AE于點(diǎn)F，連接FD，則平面A1CB∩平面AED＝FD，因?yàn)锳1B∥平面ADE，且A1B?平面A1CB，所以A1B∥FD，所以在△CA1B中，CFC因?yàn)镃1EEC由三棱柱性質(zhì)有CC1∥AA1，所以CEAA1所以CFCA1所以BDBC故答案為：58【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直線與平面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用，考查了數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．13．（2025?綿陽模擬）在幾何學(xué)的世界里，阿基米德體以其獨(dú)特的形狀和美麗的對(duì)稱性吸引了無數(shù)數(shù)學(xué)愛好者和科學(xué)家，它是一種半正多面體，其中每個(gè)面都是正多邊形，且各個(gè)面的邊數(shù)不全相同．如圖，棱長(zhǎng)為2的半正多面體是將一個(gè)棱長(zhǎng)為6的正四面體切掉4個(gè)頂點(diǎn)所在的小正四面體后所剩余的部分，已知A，B，C，D為該半正多面體的四個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)P為其表面上的動(dòng)點(diǎn)，且PD∥平面ABC，則P點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為3+27【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；立體幾何；邏輯思維；空間想象．【答案】3+27【分析】根據(jù)正四面體的性質(zhì)可得線線平行，進(jìn)而得平面DNM∥平面ABC，故P點(diǎn)的軌跡為線段DN，NM，DM，即可利用三角形邊角關(guān)系求解長(zhǎng)度．【解答】解：如圖，補(bǔ)全正四面體，連接CQ．取N，M分別為大正四面體棱的中點(diǎn)，連接DN，NM，DM，由于C，D，A，B均為大四面體的棱的三等分點(diǎn)，故DN∥CQ，NM∥AB．因?yàn)镃Q?平面ABC，AB?平面ABC，DN?平面ABC，NM?平面ABC，所以DN∥平面ABC，NM∥平面ABC．因?yàn)镈N∩NM＝N，DN，NM?平面DNM，所以平面DNM∥平面ABC，由于PD∥平面ABC，因此P∈平面DNM，故P點(diǎn)的軌跡為線段DN，NM，DM，由于DN=DM=22所以P點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為DN+故答案為：3+27【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行、面面平行的判定與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．四．解答題（共2小題）14．（2025?湖南模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點(diǎn)D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點(diǎn)．（1）求證：C1M∥平面B1ED；（2）求直線C1M到平面B1ED的距離；（3）求點(diǎn)A1到直線B1E的距離．【考點(diǎn)】直線與平面平行；空間中點(diǎn)到平面的距離．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）63（3）230【分析】（1）設(shè)A1D的中點(diǎn)為N，連接MN，則MN∥B1D，連接C1N，利用線面平行、面面平行的判定和性質(zhì)，可得證；（2）利用平行于平面的直線上各點(diǎn)到平面的距離相等和等體積法可求得線到面的距離；（3）連接A1E，運(yùn)用三角形的等面積法可求得所求的距離．【解答】（1）設(shè)A1D的中點(diǎn)為N，連接MN，則MN//B1D，又MN?平面B1ED，B1D?平面B1ED，所以MN∥平面B1ED；連接C1N，因?yàn)镃1E∥ND且C1E＝ND，所以C1NDE是平行四邊形，所以C1N//DE，又C1N?平面B1ED，DE?平面B1ED，所以C1N∥平面B1ED；又C1N∩MN＝N，且C1N?平面C1MN，MN?平面C1MN，所以平面C1MN∥平面B1ED，又C1M?平面C1MN，所以C1M∥平面DB1E；（2）解：由（1）得C1M∥平面DB1E，所以直線C1M到平面B1ED的距離等于點(diǎn)C1到平面B1ED的距離，設(shè)C1到平面B1ED的距離為d，則VC1-又DE=所以S△所以VC1-B1ED所以直線C1M到平面B1ED的距離為63（3）解：連接A1E，則A1設(shè)點(diǎn)A1到直線B1E的距離為h，所以12×h×B1E=1解得h=所以點(diǎn)A1到直線B1E的距離為230【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定定理的應(yīng)用及等體積法求點(diǎn)到平面的距離，等面積法求點(diǎn)到中線的距離，屬于中檔題．15．（2025?重慶模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，O為BC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)D，E分別在AB，AC上，將△ACO繞直線AO旋轉(zhuǎn)α到△AON的位置，點(diǎn)E對(duì)應(yīng)點(diǎn)M，DE交AO于點(diǎn)F，點(diǎn)P在線段NC上，連接EP，F(xiàn)P，MO．已知α∈（0，π），DE→=1（1）證明：EP∥平面AON；（2）若AO＝BC，求OM與平面EFP所成角的正弦值的取值范圍．【考點(diǎn)】直線與平面平行；空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）（0，68585【分析】（1）由DE→=13BC→可得AE=13（2）可建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，再以O(shè)C為單位長(zhǎng)度，則可表示出各點(diǎn)坐標(biāo)，從而表示出OM→與平面EFP的法向量，再利用空間向量夾角公式結(jié)合α【解答】（1）證明：由DE→=13BC→，則D、即AD=13由PC→=2NP→，則NP=又AN?平面AON，PE?平面AON，故EP∥平面AON；（2）解：由AB＝AC，O為BC邊的中點(diǎn)，則AO⊥BC，如圖，在平面BCN內(nèi)作Ox⊥BC，則可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，設(shè)OC為單位長(zhǎng)度，則有O（0，0，0），C（0，1，0），B（0，﹣1，0），A（0，0，2），由DE交AO于點(diǎn)F，則F(0，0則N（sinα，cosα，0），則P(23則OM→=(13sinα設(shè)平面EFP的法向量為m→則有EF→?m令x＝2，則y＝0，z＝sinα，即m→=（2，0，sin可得OM→?m→=23sinα+0+43sinα＝2sinα，|OM→所以cos＜OM→，設(shè)OM與平面EFP所成角為θ，則sinθ＝|cos＜OM→，m→由α∈（0，π），則sinα∈（0，1]，則4si則14sin即OM與平面EFP所成角的正弦值的取值范圍為（0，68585【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定定理的應(yīng)用及用空間向量的方法求線面所成角的正弦值，屬于中檔題．

考點(diǎn)卡片1．充分條件必要條件的判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、判斷：當(dāng)命題“若p則q”為真時(shí)，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．2、充要條件：如果既有“p?q”，又有“q?p”，則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是p成立的充要條件，記作“p?q”．p與q互為充要條件．【解題方法點(diǎn)撥】充要條件的解題的思想方法中轉(zhuǎn)化思想的依據(jù)；解題中必須涉及兩個(gè)方面，充分條件與必要條件，缺一不可．證明題目需要證明充分性與必要性，實(shí)際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學(xué)生答題時(shí)往往混淆二者的關(guān)系．判斷題目可以常用轉(zhuǎn)化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關(guān)系．【命題方向】充要條件是學(xué)生學(xué)習(xí)知識(shí)開始，或者沒有上學(xué)就能應(yīng)用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內(nèi)容，多以小題為主，有時(shí)也會(huì)以大題形式出現(xiàn)，中學(xué)階段的知識(shí)點(diǎn)都相關(guān)，所以命題的范圍特別廣．2．棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱柱：有兩個(gè)面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個(gè)四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點(diǎn)的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認(rèn)識(shí)棱柱底面：棱柱中兩個(gè)互相平行的面，叫做棱柱的底面．側(cè)面：棱柱中除兩個(gè)底面以外的其余各個(gè)面都叫做棱柱的側(cè)面．側(cè)棱：棱柱中兩個(gè)側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱．頂點(diǎn)：棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點(diǎn)．高：棱中兩個(gè)底面之間的距離．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可知棱柱有以下性質(zhì)：（1）側(cè)面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對(duì)角面是平行四邊形（4）長(zhǎng)方體一條對(duì)角線長(zhǎng)的平方等于一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱的長(zhǎng)的平方和．4．棱柱的分類（1）根據(jù)底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據(jù)側(cè)棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設(shè)棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．3．棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】柱體、錐體、臺(tái)體的體積公式：V柱＝sh，V錐=134．棱錐的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】棱錐的體積可以通過底面面積B和高度h計(jì)算，頂點(diǎn)到底面的垂直距離即為高度．【解題方法點(diǎn)撥】﹣計(jì)算公式：體積計(jì)算公式為V=﹣底面面積計(jì)算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計(jì)算．【命題方向】﹣棱錐的體積計(jì)算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計(jì)算棱錐的體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問題中應(yīng)用棱錐體積計(jì)算．5．平面的基本性質(zhì)及推論【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】平面的基本性質(zhì)及推論：1．公理1：如果一條直線上的兩個(gè)點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，則這條直線上所有的點(diǎn)都在這個(gè)平面內(nèi)．2．公理2：經(jīng)過不在同一直線上的三點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面．①推論1：經(jīng)過一條直線和這條直線外的一點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面．②推論2：經(jīng)過兩條相交直線，有且只有一個(gè)平面．③推論3：經(jīng)過兩條平行直線，有且只有一個(gè)平面．3．公理3：如果兩個(gè)平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們還有其他公共點(diǎn)，且這些公共點(diǎn)的集合是一條過這個(gè)公共點(diǎn)的直線．【解題方法點(diǎn)撥】1．公理1是判定直線在平面內(nèi)的依據(jù)．2．公理2及推論是確定平面的依據(jù)．3．公理3是判定兩個(gè)平面