11.3空间中的平行关系
1．如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，在正方体中，直线与平面的位置关系是（ ）
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．直线在平面内
3．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ）
A． B． C． D．
4．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，，则
5．若是两条直线，是两个平面，且．设，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
6．已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
8．已知为三条不同的直线，为三个不同的平面．若，，，，则（ ）
A．与相交 B．与相交 C．与平行 D．与相交
9．如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．不存在点，使得平面
B．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是梯形
C．三棱锥的体积为4
D．三棱锥的外接球表面积为
10．在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（ ）
A．动点F的轨迹长度为
B．存在E，F，使得平面
C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍
D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为
11．在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ）
A． B．
C．平面 D．平面
12．如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（ ）
A．直线与是相交直线 B．直线与是异面直线
C．与平行 D．直线与共面
13．已知四棱柱中，底面是边长为的菱形且，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 .
14．已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 .
15．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，若点P在平面内且不在对角线上，过点P在平面内作一直线m，使与直线的夹角为，且.这样的直线可作 条.
16．在如图所示的五面体中，四边形与均为等腰梯形，，，，，，、分别为、的中点，与相交于点．求证：平面．
17．如图，已知分别是空间四边形的边的中点，．求证：
(1)四边形是菱形；
(2)平面．
1．B
【详解】如图所示，取的中点，连接，，，
在正方体中，可得且，
因为，分别是棱的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，
因为正方体的边长为，可得，，
在中，可得，且，
则，所以的最小值为.
故选：B.
2．A
【详解】根据正方体性质知道，平面，平面，
则平面.
故选：A.
3．B
【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接，
由是的中点，得，则四边形为平行四边形，
，由是的中点，得，
梯形是正方体被平面所截得的截面，
，，
所以所求截面的周长是.
故选：B
4．B
【详解】A.若，，则或，故A错误；
B. 若，，，则，故B正确；
C. 若，，则或与相交，故C错误；
D. 若，，，则或异面，故D错误.
故选：B
5．C
【详解】若，由线面平行的性质定理可得，充分性成立；
若，，由线面平行的判定定理可得，必要性成立.
所以是的充要条件.
故选：C
6．A
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为，所以，
所以，所以，
所以，又正三角形内接于，
所以，解得：，所以，
所以，
过点作交的延长线于点，，
所以与所成角即为与所成角或其补角，
所以为与所成角，
由余弦定理可得：，
故选：A.
7．D
【详解】由题设及平行六面体的结构特征易知，面，面，
所以面，则上任意一点到面的距离为定值，
又，则，
由的底面面积是平行六面体底面面积的一半，且高相等，
所以.
故选：D
8．C
【详解】如图：
由，，，得．
又，，所以，
结合，，得．
故选：C
9．BD
【详解】
对于A，当为中点时，由中位线可得，
因为平面，平面，所以平面.故A错误；
对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以，
又因为，所以截面为梯形，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径，
所以表面积，故D正确.
故选：BD.
10．ABD
【详解】
在正四棱柱中，，且，，
且因为，所以点是以点为圆心半径为的四分之一圆，
所以动点F的轨迹长度，正确；
连接，与交于点，在上任找一点，过该点作的平行线，
会跟相交于一点，再过该点作的平行线，必会与的轨迹相交，
所以存在使得平面，正确;
由题意，又因为、为、的中点，易得，
所以，
同理可得，C错误；
由题意，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥，
当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切，
且因为，有,所以，
则，可得，该圆锥的底面半径，
所以几何体的侧面积，正确.
故选：.
11．BD
【详解】如图，过点作交于点，连接，即有平面，
由于，所以，
若，则，又平面，平面，
所以平面，由平面，
得平面平面，又平面，所以平面，故B正确；
若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确；
假设平面，设平面，则，
若平面，平面平面，所以，
反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误；
若，可能，也可能与相交．
若与相交，由知延长必与、交于同一点，
由几何关系知与不平行，故A、C错误．
故选：BD
12．BD
【详解】对于A，三点在平面内，M点不在直线上，
A点不在平面内，可得直线与是异面直线，故A错误；
对于B，三点在平面内，不在直线上，
M点不在平面内，可得直线与是异面直线，故B正确；
对于C，取的中点E，连接，又N为的中点，
则有，，
所以四边形是平行四边形，所以，
，则与不平行，故C错误；
对于D，连接，
因为M，N分别为棱的中点，
所以， 由正方体的性质可知：，
所以，则有四点共面，
所以直线与共面，故D正确.
故选：BD.
13．
【详解】∵，直线与所成的角为，
∴直线与所成的角为，
∴点的轨迹是以为轴（其中为顶点），母线与轴所成角为的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线．
如图，在线段和上分别取点，使得，连接，
∵在四棱柱中，底面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴，故，
∴点在四边形与四边形上的运动轨迹为线段和，且.
当在四边形上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，
故点在四边形上运动的轨迹长度为，
综上得，点的轨迹长度为．
故答案为：.
14． 7
【详解】①情形一：分别取的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；
②情形二：分别取的中点
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则为正方体棱长的一半，等于.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
所以符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是；
故答案为：7；
15．2
【详解】 在平面内作m，使m与的夹角为.
，∴直线m与BD也成角，即m为所求.
且m与BD是异面直线，当时，m只有1条，当时，这样的直线有2条.
故答案为：2.
16．证明见解析
【分析】连接，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】连接，取的中点，连接、，
结合已知可得且，
所以四边形为平行四边形，
所以为中点，
因为为的中点，为中点，
则，且，
因为为的中点，
则，且，
则，且，
故四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得分别是空间四边形的边的中点，
则是的中位线，是的中位线，
由中位线定理得，且，
同理可得，，因为，所以，
因为，，所以，故四边形为平行四边形，
因为，所以四边形是菱形．
（2）由上问得，而平面，且平面，
得到平面，故平面．
