【2019-2020】高考数学二轮复习专题突破练155-3-1空间中的平行与空间角理

【三维设计，广东（文）苏版】2019高考数学第二轮练习考案：第53课空间中的平行关系文1．〔2019全国高考〕正四棱柱1111ABCD A B C D -中 ，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，那么直线1AC 与平面BED 的距离为〔 〕A 、2 BCD 、1 【答案】D【解析】连结BD AC ,交于点O ，连结OE ，∵E O ,是中点，∴1//AC OE ， ∵OE ⊂平面BED ，1AC ⊄平面BED ， ∴1AC ∥平面BED ，∴直线1AC 与平面BED 的距离 等于点1C 到平面BED 的距离， 等于点C 到平面BED 的距离， 设点C 到平面BED 的距离为h ，那么2．〔2019江西高考〕 1α ，2α，3α是三个相互平行的平面，平面1α ，2α之间的距离为1d ，平面2α，3α之间的距离为2d ，直线l 与1α ，2α，3α分别相交于1P ，2P ，3P ，那么〝3221P P P P =〞是〝21d d =〞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 【答案】C3．〔2019东莞一模〕如图，平行四边形ABCD 中，1=CD ，ο60=∠BCD ，且CD BD ⊥，正方形ADEF 和平面ABCD 垂直，H G ,是BE DF ,的中点．〔1〕求证：BD ⊥平面CDE ； 〔2〕求证：GH ∥平面CDE ； 〔3〕求三棱锥D CEF -的体积．【解析】〔1〕证明：平面ADEF ⊥平面ABCD ，交线为AD ， 又ΘCD BD ⊥，〔2〕证明：连接EA ，那么G 是AE 的中点， ∴EAB ∆中，AB GH //，D 1O ABCD A 1B 1C 1E又ΘCD AB //， ∴//GH CD ， ∴//GH 平面CDE ．〔3〕设BCD Rt ∆中BC 边上的高为h ，依题意：3121221⋅⋅=⋅⋅h ， ∴23=h ． 即：点C 到平面DEF 的距离为23，3．〔2019东城二模〕 如图，矩形AMND 所在的平面与直角梯形MBCN 所在的平面互相垂直，MB ∥NC ,MN MB ⊥．〔1〕求证：平面AMB ∥平面DNC ； 〔2〕假设MC CB ⊥，求证BC AC ⊥. 证明：〔1〕∵四边形AMND 是矩形， ∴平面AMB //平面DNC ．〔2〕∵AMND 是矩形，∴AM MN ⊥. 且AMND MBCN =MN I 平面平面，4．〔2019丰台二模〕如下图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，Q 是棱PA 上的动点．〔1〕假设Q 是PA 的中点，求证：PC //平面BDQ ； 〔2〕假设PB PD =，求证：BD CQ ⊥；〔3〕在〔2〕的条件下，假设PA PC =，3PB =，60ABC ∠=o ，求四棱锥P ABCD -的体积．证明：〔1〕连结AC ，交BD 于O ,如图：∵ 底面ABCD 为菱形， ∴ O 为AC 中点． ∵ Q 是PA 的中点，∴ OQ //PC ，∵OQ ⊂平面BDQ ，PC ⊄平面BDQ ，∴PC //平面BDQ ． 〔2〕∵底面ABCD 为菱形，∴ AC BD ⊥，O 为BD 中点．∵ AC PO O ⊥=， ∴ BD ⊥平面PAC ．∵CQ ⊂平面PAC ，∴ BD CQ ⊥．〔3〕∵ PA PC =，∴PAC ∆为等腰三角形 ． ∵ O 为AC 中点，∴PO AC ⊥．由〔2〕知 PO BD ⊥，且AC BD O =I ，C D B APQ O CD B A P Q∴ PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P ABCD -的高． ∵四边形是边长为2的菱形，且60ABC ∠=o ，6．〔2019辽宁高考) 如图，直三棱柱111ABC A B C - 中，90BAC ∠=o，AB AC ==11AA =，点,M N 分别为1A B 和11B C 的中点．(1)证明：MN ∥平面11A ACC ； (2)求三棱锥1A MNC -的体积．【解析】〔1〕连结1AB ，1AC ， ∵在直三棱柱111ABC A B C - 中，四边形11ABB A 为平行四边形， ∵M 为1A B 的中点，∴M 为1AB 中点．∵N 为11B C 的中点，∴MN ∥1AC ， ∵MN ⊄平面11A ACC ,1AC ⊂平面11A ACC ,∴MN ∥平面11A ACC ． (2)连结BN ，∵AB AC =,∴1111A B AC =, ∵N 为11B C 的中点，∴111A N B C ⊥,平面111A B C ⊥平面11B BCC ，平面111A B C I 平面1111B BCC B C =, ∴1A N ⊥平面NBC ，A B C A 1B 1C 1MN A B CA1B1C 1MN。

第十三单元空间几何中的平行与垂直考点一点、线、面位置关系的判断1.(2016年浙江卷)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则().A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【解析】∵α∩β=l,∴l⊂β.∵n⊥β,∴n⊥l.【答案】C2.(2015年安徽卷)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是().A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面【解析】A项,α,β可能相交,故错误;B项,直线m,n的位置关系不确定,可能相交、平行或异面,故错误;C 项,若m⊂α,α∩β=n,m∥n,则m∥β,故错误;D项,假设m,n垂直于同一平面,则必有m∥n,所以原命题正确.故D项正确.【答案】D3.(2015年广东卷)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是().A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交【解析】由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行也不相交,故l1,l2中至少有一条与l相交.【答案】D4.(2017年全国Ⅲ卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则().A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC【解析】连接B1C,由题意得BC1⊥B1C.∵A1B1⊥平面B1BCC1,且BC1⊂平面B1BCC1,∴A1B1⊥BC1,∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1ECB1,∵A1E⊂平面A1ECB1,∴A1E⊥BC1.故选C.【答案】C5.(2016年上海卷)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为BC、BB1的中点,则下列直线中与直线EF相交的是().A.直线AA1B.直线A1B1C.直线A1D1D.直线B1C1【解析】根据异面直线的概念可以看出直线AA1,A1B1,A1D1都和直线EF为异面直线,直线B1C1和直线EF在同一平面内,且这两条直线不平行,∴直线B1C1和直线EF相交,即选项D正确.【答案】D考点二求异面直线所成的角6.(2017年全国Ⅲ卷)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【解析】依题意建立如图所示的空间直角坐标系.设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心,1为半径的圆.设直线a的方向向量为a=(0,1,0),直线b的方向向量为b=(1,0,0),以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ,θ∈[0,2π),则B(cos θ,sin θ,0),∴=(cos θ,sin θ,-1),||=.设直线AB与a所成的角为α,则cos α==|sin θ|∈,∴45°≤α≤90°,∴③正确,④错误.设直线AB与b所成的角为β,则cos β==|cos θ|.当直线AB与a的夹角为60°,即α=60°时,则|sin θ|=cos α=cos 60°=,∴|cos θ|=.∴cos β=|cos θ|=.∵0°≤β≤90°,∴β=60°,即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确,①错误.【答案】②③7.(2016年全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为().A.B. C. D.【解析】设平面CB1D1∩平面ABCD=m1.∵平面α∥平面CB1D1,∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1,且平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,同理可证CD1∥n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,△CB1D1是正三角形,故直线B1D1与CD1所成角为60°,其正弦值为.【答案】A8.(2017年全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为().A. B. C. D.【解析】将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图所示,连接AD1,B1D1,BD.由题意知∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,所以AD1=BC1=,AB1=,∠DAB=60°.在△ABD中,由余弦定理知BD2=22+12-2×2×1×cos 60°=3,所以BD=所以B1D1=.又直线AB1与AD1所成的角即为异面直线AB1与BC1所成的角θ,所以cos θ=-==.故选C.【答案】C9.(2014年全国Ⅱ卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为().A. B. C. D.【解析】如图,取BC的中点D,连接MN,ND,AD,由于MN B1C1BD,因此有ND BM,则ND与NA所成的角即为异面直线BM 与AN所成的角.设BC=2,则BM=ND=,AN=,AD=,因此cos∠AND=-=.【答案】C考点三求线面角或二面角的正弦值、余弦值等10.(2017年全国Ⅲ卷)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC.(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.【解析】(1)由题设可得△ABD≌△CBD,从而AD=CD.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又因为△ABC是正三角形,所以BO⊥AC,所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E,故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=-.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即--可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,),则cos<n,m>==.所以二面角D-AE-C的余弦值为.11.(2015年全国Ⅱ卷)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,所以AH=10.以点D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则所以可取n=(0,4,3).即-又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以直线AF与平面EHGF所成角的正弦值为.高频考点:点、线、面位置关系的判断;证明平行关系和垂直关系;求异面直线所成的角、线面角和二面角.命题特点:点、线、面位置关系的判断和异面直线所成的角一般是一个选择题和一个解答题,其中解答题的第一问是平行、垂直关系的证明,第二问是线面角、二面角的求解,从考查分值看,在17分左右,题目注重思维能力、逻辑推理能力和运算能力,属中档题.§13.1空间中点、线、面的位置关系一平面的基本性质1.公理1:如果一条直线上的在一个平面内,那么这条直线在这个平面内.2.公理2:的三点,有且只有一个平面.3.公理3:如果两个不重合的平面有公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.二空间中两直线的位置关系1.空间中两条直线的位置关系共面直线异面直线不同在一个平面内2.异面直线所成的角(1)定义:设a,b是两条异面直线,经过空间任一点O作直线a'∥a,b'∥b,把a'与b'所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围:.3.公理4:平行于的两条直线互相平行.4.等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角.三空间中直线与平面、平面与平面的位置关系1.直线与平面的位置关系有、、三种情况.2.平面与平面的位置关系有、两种情况.☞左学右考下面的说法是否正确?请说明理由.两个平面α,β有一个公共点A,就说α,β相交于点A,记作α∩β=A.四条线段顺次首尾相连,它们最多可确定的平面个数有().A.4个B.3个C.2个D.1个已知直线a和平面α,β,α∩β=l,a⊄α,a⊄β,且a在α,β内的射影分别为直线b和c,则直线b和c的位().A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值为.下面的说法是否正确?请说明理由.已知平面α和β,直线a和b,α∥β,m∥n,若m∥α,则n∥β.α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是().A.平行B.相交C.异面D.垂直知识清单一、1.两点2.过不在一条直线上3.一个二、1.平行相交任何2.3.同一条直线4.相等或互补三、1.相交平行在平面内2.平行相交基础训练1.【解析】错误.由公理3可知两个平面相交于一条公共直线.2.【解析】如空间四边形每两条相交线都确定一个平面,故最多可确定4个平面.【答案】A3.【解析】依题意可得b和c的位置关系可能是相交、平行或异面.【答案】D4.【解析】利用平移法,结合余弦定理即可得出.【答案】5.【解析】错误.n可以平行于β,也可以在平面β内.6.【解析】∵α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,m⊄α,n⊂α,∴n在平面α上,m与平面α相交.∵A∈m,A∈α,∴A是m和平面α相交的点.∴m和n异面或相交,一定不平行.故选A.【答案】A题型一空间两条直线的位置关系【例1】a,b,c是空间中互不重合的三条直线,下面给出五个命题:①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a,b一定是异面直线;⑤若a,b与c成等角,则a∥b.上述命题中正确的.(只填序号)【解析】由公理4知①正确;当a⊥b,b⊥c时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故②不正确;当a与b 相交,b与c相交时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故③不正确;a⊂α,b⊂β,并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”,故④不正确;当a,b与c成等角时,a与b可以相交、平行,也可以异面,故⑤不正确.故答案为①.【答案】①【变式训练1】若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是().A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【解析】∵l1⊥l2,l2⊥l3,∴l1与l3的位置关系不确定,又l4⊥l3,∴l1与l4的位置关系不确定.故A、B、C 错误,D正确.【答案】D题型二异面直线所成的角【例2】已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=AD=1,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为().A.B.C.D.【解析】如图,连接B1A,AC,则B1A∥C1D,∴∠AB1C为异面直线B1C和C1D所成的角,在△AB1C中,AB1=,B1C=2,AC=2,∴cos∠AB1C=-==.∴异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为.故选A.【答案】A【变式训练2】如图,正四面体ABCD中,E、F分别是棱BC和AD的中点,则直线AE和CF所成角的余弦值为().A.B.C.D.【解析】连接ED,取ED的中点G,连接GF,GC.∵FG为△DAE的中位线,∴FG∥AE.∴直线AE和CF所成的角即为GF和FC所成的角.设BC=1,则AE=DE=CF=.∴FG=AE=,GC===.在△GFC中,cos∠GFC=-=-=.即直线AE和CF所成角的余弦值为.【答案】B方法构造模型判断空间中的线面位置关系——长方体的妙用构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型,然后将问题利用模型直观地作出判断,这样减少了抽象性,避免了因考虑不全面而导致解题错误.对于线面、面面位置关系(平行、垂直)的判定,可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断.【突破训练】已知m,n是两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,有下列四个命题:①若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;②若m∥α,n∥β,m⊥n,则α∥β;③若m⊥α,n∥β,m⊥n,则α∥β;④若m⊥α,n∥β,α∥β,则m⊥n.其中正确的命题是.(填写所有正确命题的序号)【解析】对于①,由题意可以得到平面α、β互相垂直,如图(1)所示,故①正确;对于②,平面α、β可能垂直,如图(2)所示,故②不正确;对于③,平面α、β可能垂直,如图(3)所示,故③不正确;对于④,由题意可以得到直线m、n互相垂直,如图(4)所示,故④正确.【答案】①④1.(2017福建四校联考)设A、B、C、D是空间四个不同的点,下列命题中,不正确的是().A.若AC与BD共面,则AD与BC共面B.若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线C.若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BCD.若AB=AC,DB=DC,则AD=BC【解析】A显然正确;B正确,因为若AD与BC共面,则必有AC与BD共面,由原命题与其逆否命题同真同假可判断;C正确,用平面几何与立体几何的知识都可证明;D不正确,如图所示.故选D.【答案】D2.(2017太原二模)已知平面α∥β,且α与β的距离为d(d>0).若m⊂α,则在β内与直线m平行的直线共有().A.0条B.1条C.2条D.无数条【解析】因为平面α∥β,且α与β的距离为d(d>0),m⊂α,所以在β内与直线m平行的直线是过直线m与平面β相交的平面得到的交线,而距离m为2d的直线有两条,故在β内与直线m的距离为2d的直线共有2条.故选C.【答案】C3.(2017无极县校级期中)如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α内的().A.一条直线不相交B.两条直线不相交C.无数条直线不相交D.任意一条直线不相交【解析】∵直线a∥平面α,∴直线a与平面α没有公共点,从而直线a与平面α内任意一条直线都没有公共点,即不相交,故选D.【答案】D4.(2017年江西八校联考)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则().A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l【解析】由m⊥平面α,直线l满足l⊥m,且l⊄α,所以l∥α,又n⊥平面β,l⊥n,l⊄β,所以l∥β.由直线m,n为异面直线,且m⊥平面α,n⊥平面β,则α与β相交,否则,若α∥β,则推出m∥n,与m,n异面矛盾.故α与β相交,且交线平行于l.故选D.【答案】D5.(2017天津学业考试)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2BC=2,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为().A.B.C.D.【解析】连接BC1,A1C1,则AD1∥BC1,∴∠A1BC1为异面直线A1B与AD1所成的角或其补角.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,∵AA1=2AB=2BC=2,∴A1B=BC1=,A1C1=.在△A1BC1中,由余弦定理得cos∠A1BC1==.故选D.【答案】D6.(2017西宁模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面是一个正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E是棱PA的中点,则异面直线BE与AC所成角的余弦值是().A.B.C.D.【解析】以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,0,0),E(0,0,1),A(0,0,0),C(2,2,0),=(-2,0,1),=(2,2,0),设异面直线BE与AC所成的角为θ,则cos θ===.故选B.【答案】B7.(2017武邑县校级模拟)正四面体ABCD中,M是棱AD的中点,O是点A在底面BCD内的射影,则异面直线BM 与AO所成角的余弦值为().A.B. C. D.【解析】取BC的中点E,DC的中点F,连接DE、BF,则由题意得DE∩BF=O,取OD的中点N,连接MN,则MN∥AO,∴∠BMN是异面直线BM与AO所成的角(或所成角的补角).设正四面体ABCD的棱长为2,由BM=DE==OD=DE=,∴AO==,∴MN=AO=.由AO⊥平面BCD,MN∥AO,得MN⊥平面BCD,∴cos∠BMN===,∴异面直线BM与AO所成角的余弦值为.故选B.【答案】B8.(2017东胜区校级模拟)设有两条直线m,n和三个平面α,β,γ,给出下面四个命题:①α∩β=m,n∥m⇒n∥α,n∥β;②α⊥β,m⊥β,m⊄α⇒m∥α;③α∥β,m⊂α⇒m∥β;④α⊥β,α⊥γ⇒β∥γ.其中命题正确的是.【解析】①α∩β=m,n∥m不能得出n∥α,n∥β,因为n可能在α或β内,故①错误;②α⊥β,m⊥β,m⊄α,根据线面平行的判定定理可得m∥α,故②正确;③α∥β,m⊂α,根据面面平行的性质定理可得m∥β,故③正确;④α⊥β,α⊥γ,则γ与β可能平行也可能相交,故④错误.【答案】②③9.(2017河南二模)如图,G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示GH,MN是异面直线的图形的序号为.【解析】异面直线的判定定理:经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线.根据异面直线的判定定理可知:在图②④中,直线GH、MN是异面直线.在图①中,由G、M均为棱的中点,可知GH∥MN.在图③中,∵G、M均为棱的中点,∴四边形GMNH为梯形,则GH与MN相交.【答案】②④10.(2017烟台一模)若α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列结论错误的是().A.如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等B.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βC.如果α∥β,m⊂α,那么m∥βD.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n【解析】如果m∥n,α∥β,那么m,n与α所成的角和m,n与β所成的角均相等,故A正确;如果m⊥n,m⊥α,n∥β,不能得出α⊥β,故B错误;如果α∥β,m⊂α,那么m与β无交点,则m∥β,故C正确;如果n∥α,那么存在直线l⊂α,使n∥l.由m⊥α,可得m⊥l,那么m⊥n,故D正确.故选B.【答案】B11.(2017南昌模拟)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是().A.(0,)B.(0,)C.(1,)D.(1,)【解析】设四面体的底面是BCD,BC=a,BD=CD=1,顶点为A,AD=.在△BCD中,由两边之和大于第三边可得0<a<2.①取BC中点E,∵E是中点,Rt△ACE≌Rt△DCE,∴在△AED中,AE=ED=.∵两边之和大于第三边,∴<2,解得0<a<.②由①②得0<a<.故选A.【答案】A12.(2017湖北模拟)已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点,若AB=2,CD=4,EF⊥AB,则EF与CD所成的角的大小为().A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】设G为AD的中点,连接GF,GE,则GF,GE分别为△ABD,△ACD的中位线.由此可得,GF∥AB且GF=AB=1,GE∥CD且GE=CD=2,∴∠GEF或其补角即为EF与CD所成的角.又∵EF⊥AB,GF∥AB,∴EF⊥GF.Rt△EFG中,GF=1,GE=2,∴∠GEF=30°.∴EF与CD所成的角的大小为30°,故选A.【答案】A13.(2017惠州期末)如图,下列四个正方体中,A、B为正方体的两个顶点,M、N、P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是().A.①②B.③④C.②③D.①④【解析】对于①,由平面ADBC∥平面MNP,得出直线AB∥平面MNP;对于②,直线AB和平面MNP不平行;对于③,过点M易找到与AB平行的直线,得出AB与平面MNP相交;对于④,直线AB与平面MNP内的一条直线NP平行,且直线AB⊄平面MNP,∴直线AB∥平面MNP.综上,能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是①④.【答案】D14.(2017海南模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有条.【解析】在EF上任意取一点M,如图所示.直线A1D1与M确定一个平面,这个平面与CD有且仅有1个交点N,当M取不同的位置就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点N,而直线MN与这三条异面直线都有交点.故在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有无数条.【答案】无数15.(2017延边州模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为正三角形,侧棱垂直底面,AB=4,AA1=6,若E,F分别是棱BB1,CC1上的点,且BE=B1E,C1F=CC1,求异面直线A1E与AF所成角的余弦值.【解析】以C为原点,CA为x轴,在平面ABC中,过点C且垂直AC的直线为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为正三角形,侧棱垂直底面,AB=4,AA1=6,E,F分别是棱BB1,CC1上的点,且BE=B1E,C1F=CC1,∴A1(4,0,6),E(2,2,3),F(0,0,4),A(4,0,0),=(-2,2,-3),=(-4,0,4),设异面直线A1E与AF所成的角为θ,则cos θ===.∴异面直线A1E与AF所成角的余弦值为.§13.2直线、平面平行的判定与性质一直线与平面平行的判定定理和性质定理☞左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.(1)若一条直线和平面内一条直线平行,则这条直线和这个平面平行.()(2)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.()(3)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.()若两条直线都与一个平面平行,则这两条直线的位置关系是().A.平行B.相交C.异面D.以上均有可能设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”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知识清单一、一条直线与此平面内的一条直线交线二、相交直线平行交线基础训练1.【解析】(1)错,也可能在平面内;(2)错,应该是两条相交直线,否则未必成立;(3)正确.【答案】(1)×(2)×(3)√2.【解析】平行、相交、异面都有可能.故选D.【答案】D3.【解析】满足面面平行的性质定理但不满足面面平行的判定定理,故是必要不充分条件.故选B.【答案】B题型一直线与平面平行的判定【例1】如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1的中点.(1)证明:AD1∥平面BDC1.(2)证明:BD∥平面AB1D1.【解析】(1)∵AC A1C1,D,D1分别是AC,A1C1的中点,∴AD C1D1,∴四边形ADC1D1是平行四边形,∴AD1∥DC1,又AD1⊄平面BDC1,DC1⊂平面BDC1,∴AD1∥平面BDC1.(2)连接DD1,∵四边形ACC1A1是平行四边形,D,D1分别是AC,A1C1的中点,∴DD1AA1,又AA1BB1,∴DD1BB1,∴四边形DBB1D1是平行四边形,∴B1D1∥BD,又BD⊄平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,∴BD∥平面AB1D1.【变式训练1】如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为PD的中点.证明:PB∥平面AEC.【解析】连接BD交AC于点O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.题型二直线与平面平行的性质【例2】如图,已知四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外的一点,在四棱锥P-ABCD中,M是PC的中点,在DM上取一点G,过点G和AP作平面交平面BDM于GH.求证:AP∥GH.【解析】连接AC,交BD于O,连接MO.因为四边形ABCD是平行四边形,所以O是AC的中点,又因为M是PC的中点,所以MO∥PA.又因为MO⊂平面BDM,PA⊄平面BDM,所以PA∥平面BDM.又因为经过PA与点G的平面交平面BDM于GH,所以AP∥GH.【变式训练2】如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2,点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)证明:GH∥EF.(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.【解析】(1)∵BC∥平面GEFH,平面GEFH∩平面ABCD=EF,BC⊂平面ABCD,∴BC∥EF,∵EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴EF∥平面PBC.∵平面GEFH∩平面PBC=GH,∴EF∥GH.(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.∵PA=PC,O为AC中点,∴PO⊥AC,同理可得PO⊥BD,又∵BD∩AC=O,AC⊂底面ABCD,BD⊂底面ABCD,∴PO⊥底面ABCD.又∵平面GEFH⊥平面ABCD,PO⊄平面GEFH,∴PO∥平面GEFH,∵平面PBD∩平面GEFH=GK,∴PO∥GK,∴GK⊥底面ABCD,∴GK是梯形GEFH的高,∵AB=8,EB=2,∴==,∴KB=DB=OB,即K为OB中点,又∵PO∥GK,∴GK=PO,即G为PB中点,且GH=BC=4,由已知可得OB=4,PO=-==6,∴GK=3,故四边形GEFH的面积S=(GH+EF)×GK=×(4+8)×3=18.题型三平面与平面平行的判定与性质【例3】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:(1)B,C,H,G四点共面;(2)平面EFA1∥平面BCHG.【解析】(1)∵G、H分别为A1B1,A1C1的中点,∴GH∥B1C1,∵三棱柱ABC-A1B1C1中,BC∥B1C1,∴GH∥BC,∴B、C、H、G四点共面.(2)∵E、F分别为AB、AC的中点,∴EF∥BC,∴EF∥BC∥B1C1∥GH.又∵E、G分别为三棱柱侧面平行四边形AA1B1B对边AB、A1B1的中点,∴四边形A1EBG为平行四边形,A1E∥BG.∴平面EFA1中有两条相交直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条相交直线BG、BC平行,∴平面EFA1∥平面BCHG.【变式训练3】如图,四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形且不共面,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.(1)求证:BE∥平面DMF.(2)求证:平面BDE∥平面MNG.【解析】(1)连接AE,AE与FD交于点O,∵四边形ADEF为平行四边形,∴O为FD的中点,也为AE的中点.又∵M为AB的中点,连接MO,∴MO∥BE.∵MO⊂平面DMF,BE⊄平面DMF,∴BE∥平面DMF.(2)∵MN∥BD,GN∥DE,且MN、GN交于点N,DE、DB交于点D,∴平面BDE∥平面MNG.方法平行关系中的探究性问题解决探究性问题一般先假设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结论成立的充分条件,如果找到了使结论成立的充分条件,则存在;如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾),则不存在.而对于探求点的问题,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.【突破训练】已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M是DD1的中点.(1)求证:BD1∥平面AMC.(2)在线段BB1上是否存在点P,当=λ时,平面A1PC1∥平面AMC?若存在,求出λ的值并证明;若不存在,请说明理由.【解析】(1)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,连接BD交AC于点N,连接MN.因为四边形ABCD为正方形,所以N 为BD的中点.在△DBD1中,因为M为DD1的中点,所以BD1∥MN.因为MN⊂平面AMC,BD1⊄平面AMC,所以BD1∥平面AMC.(2)当λ=,即点P为线段BB1的中点时,平面A1PC1∥平面AMC.因为AA1∥CC1,且AA1=CC1,所以四边形AA1C1C是平行四边形.所以AC∥A1C1.取CC1的中点Q,连接MQ,QB.因为M为DD1的中点,所以MQ∥AB,且MQ=AB,所以四边形ABQM是平行四边形.所以BQ∥AM.同理BQ∥C1P.所以AM∥C1P.因为A1C1∩C1P=C1,AC∩AM=A,所以平面A1PC1∥平面AMC.1.(2017新余二模)如图,几何体E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.(1)求证:BE=DE.(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.【解析】(1)设BD的中点为O,连接OC,OE,则由BC=CD知,CO⊥BD,又已知CE⊥BD,EC∩CO=C,∴BD⊥平面OCE.∴BD⊥OE,即OE是BD的垂直平分线,∴BE=DE.(2)取AB的中点N,连接MN,DN,∵M是AE的中点,∴MN∥BE,又MN⊄平面BEC,BE⊂平面BEC,∴MN∥平面BEC,∵△ABD是等边三角形,∴∠BDN=30°,又CB=CD,∠BCD=120°,∴∠CBD=30°,∴ND∥BC,又DN⊄平面BEC,BC⊂平面BEC,∴DN∥平面BEC,又MN∩DN=N,故平面DMN∥平面BEC,又DM⊂平面DMN,∴DM∥平面BEC.2.(2016衡水校级模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,E为PD的中点,F在AD上且∠FCD=30°.(1)求证:CE∥平面PAB.(2)若PA=2AB=2,求四面体P-ACE的体积.【解析】(1)∵∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,∴∠FDC=30°,∵∠FCD=30°,∴∠ACF=60°,∴AF=CF=DF,∴F为AD的中点,∵E为PD的中点,∴在△PAD中,EF是中位线,可得EF∥PA.∵EF⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,∴EF∥平面PAB.∵∠BAC=∠ACF=60°,∴CF∥AB.∵CF⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴CF∥平面PAB.∵EF、CF是平面CEF内的两条相交直线,∴平面CEF∥平面PAB.∵CE⊂平面CEF,∴CE∥平面PAB.(2)∵EF∥AP,∴EF∥平面APC,∵∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=60°,PA=2AB=2,∴AC=2AB=2,CD==2,∴V P-ACE=V E-PAC=V F-PAC=V P-ACF=S△ACF·PA=×××2×2×2=.3.(2017大石桥市校级学业考试)如图所示,△ABC为正三角形,CE⊥平面ABC,BD∥CE且CE=AC=2BD,试在AE上确定一点M,使得DM∥平面ABC.【解析】当M为AE的中点时,OM∥平面ABC.证明如下:取AC的中点为N,连接MN,NB,在△AEC中,∵M,N分别是边AC,AE的中点,∴CE=2MN且MN∥CE,又∵CE=2BD且BD∥CE,∴MN∥BD且MN=BD,∴四边形BDMN是平行四边形.∴DM∥BN,又∵BN⊂平面ABC,DM⊄平面ABC,∴DM∥平面ABC.故M为AE的中点时,DM∥平面ABC.4.(2016辽宁校级月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,(1)求证:平面A1BD∥平面B1D1C.(2)若E、F分别是AA1,CC1的中点,求证:平面EB1D1∥平面FBD.【解析】(1)由B1B∥DD1得四边形BB1D1D是平行四边形,∴B1D1∥BD,又B1D1⊂平面B1D1C,BD⊄平面B1D1C,∴BD∥平面B1D1C.同理A1D∥平面B1D1C.而A1D∩BD=D,∴平面A1BD∥平面B1D1C.(2)由BD∥B1D1得BD∥平面EB1D1.取BB1的中点G,连接AG,GF(图略),则AE B1G,四边形AEB1G为平行四边形,从而得B1E∥AG,同理GF AD,四边形AGFD为平行四边形,∴AG∥DF.∴B1E∥DF.∴DF∥平面EB1D1.∵BD∩DF=F,∴平面EB1D1∥平面FBD.5.(2016南京校级四模)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点.(1)求证:A1C∥平面AB1D.(2)设M为棱CC1上的点,且满足BM⊥B1D,求证:平面AB1D⊥平面ABM.【解析】(1)连接A1B交AB1于点O,连接OD.∵四边形AA1B1B为矩形,∴O是A1B的中点,又∵D是BC的中点,∴A1C∥OD.又∵A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面BB1C1C.∵BM⊂平面BB1C1C,∴AD⊥BM.又∵BM⊥B1D,AD∩B1D=D,AD,B1D⊂平面AB1D,∴BM⊥平面AB1D.又∵BM⊂平面ABM,∴平面AB1D⊥平面ABM.6.(2017万州区校级月考)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D、D1分别为AC、A1C1上的点.(1)当等于何值时,BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.【解析】(1)如图,取D1为线段A1C1的中点,此时=1,BC1∥平面AB1D1,证明如下:连接A1B交AB1于点O,连接OD1.由棱柱的性质,知四边形A1ABB1为平行四边形,∴O为线段A1B的中点.在△A1BC1中,点O、D1分别为A1B、A1C1的中点,∴OD1∥BC1.又∵OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,∴BC1∥平面AB1D1.∴当=1时,BC1∥平面AB1D1,(2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.因此BC1∥D1O,同理AD1∥DC1.∴=,=.又∵=1,∴=1,即=1.7.(2017双鸭山校级期末)如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.(1)求证:BC⊥平面PAC.(2)设Q为PA的中点,G为△AOC的重心,求证:平面OQG∥平面PBC.【解析】(1)∵AB是圆O的直径,∴BC⊥AC,又∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥PA.∵PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.(2)延长OG,交AC于点M,连接QM,∵G为△AOC的重心,∴OM是△AOC的中线.∵Q为PA的中点,M为AC的中点,∴QM∥PC.∵QM⊄平面PBC,PC⊂平面PBC,∴QM∥平面PBC,同理可得QO∥平面PBC.∵QM、QO是平面OQG内的两条相交直线,∴平面OQG∥平面PBC.8.(2017朝阳区一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD=AD,E为AD 的中点.(1)求证:PA⊥CD.(2)求证:平面PBD⊥平面PAB.(3)在平面PAB内是否存在点M,使得直线CM∥平面PBE?请说明理由.【解析】(1)因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD,则PA⊥CD.(2)由已知,BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,又CD⊥AD,BC=CD,所以四边形BCDE是正方形,连接CE,所以BD⊥CE,又因为BC∥AE,BC=AE,所以四边形ABCE是平行四边形,所以CE∥AB,则BD⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,又因为PA∩AB=A,则BD⊥平面PAB,且BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAB.(3)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形,所以CD∥EB,即CM∥EB,又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.§13.3直线、平面垂直的判定与性质。

第12讲空间直线、平面的位置关系[考情分析] 在选择、填空题中，空间线面位置关系的考查,主要以线线、线面位置关系的判断、异面直线所成的角、点到平面距离的计算为主，难度中等偏下,近年，对点到平面距离的计算的考查有所增多，难度有所提升．热点题型分析热点1 空间线面位置关系的判断1。

空间中直线、平面之间的位置关系空间线面位置关系错误!2.线面平行的判定及其性质定理①线面平行判定定理:a⊄α，b⊂α,a∥b⇒a∥α；②线面平行性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b;③面面平行判定定理：a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，a∩b＝P⇒α∥β;④面面平行性质及线面平行定义：a⊂α,α∥β⇒a∥β；⑤面面平行性质定理:α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.3.线面垂直的判定及其性质定理①线面垂直判定定理:a⊂α，b⊂α,a∩b＝P,l⊥a，l⊥b⇒l⊥α;②线面垂直性质:a⊂α，l⊥α⇒l⊥a；③面面垂直判定定理：a⊂α,a⊥β⇒α⊥β；④面面垂直性质定理:α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β;⑤线面垂直性质定理：a⊥α,b⊥α⇒a∥b。

1.已知直线m，l，平面α,β，且m⊥α,l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l,则α⊥β.其中正确的命题是（)A。

①④B．③④C．①②D．①③答案A解析对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β,所以m⊥l,故①正确，排除B；对于④，若m∥l,m⊥α,则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β。

故④正确．故选A。

2。

（2019·华南师大附中高三一模）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EF的位置关系是（)A。

相交且垂直B．共面C.平行D．异面且垂直答案D解析根据题意作图，如图,连接A1B交AB1于M，易证AB1⊥平面A1BCD1。

2020年高考数学总复习 第八章 第4课时空间中的平行关系课 时闯关（含解析）新人教版 一、选择题 1. （2020 •高考江西卷）已知a i , a 2, a 3是三个相互平行的平面，平面 a 1, a 2之间 的距离为d i ，平面a 2, a 3之间的距离为d 2.直线1与a 1, a 2, a 3分别相交于 P i , P 2, P 3, 那么“ PF 2= F 2F 3” 是“ d i = d 2” 的（ A.充分不必要条件 C.充分必要条件 解析： ） B .必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 P , R , P? ； FR 丄 a i ，且 FR 选 C.如图，a i // a 2 // a 3, 1 与 a 2交于点 E ,贝U FE= d i , EP = d 2. 根据“两平行平面与一平面相交所得的交线平行”得 RR d i P i F // F 2E, 则PH = &，显然“ P i P 2= F2R ”是“ d i = d 2”的充分必要条件. 2. 设m , n 是平面a 内的两条不同直线； 的一个充分而不必要条件是 （ A. m// 3 且 1 i / a C. m// 3 且 n // 3 解析：选B. ■/ n / 1 i ,且n// 12,又I i 与12是平面3内的两条相交直线，二 a // a / 3时不一定推出 m// 11且n // 12,可能异面.故选 3. 已知甲命题：“如果直线 a // b ”.要使上面两个命题成立， A. B. C. D. 解析： 4. （2020 ① 若直线 ② 若直线 ③ 若直线 ④ 如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行； ⑤ 若I 与平面a 平行，则I 与a 内任何一条直线都没有公共点； ⑥ 平行于同一平面的两直线可以相交. A. 1 B . 2 l i , 12是平面3内的两条相交直线.则 a // 甲 甲 甲 甲 ) B . D. m 〃 11 且 n / 12 m// 卩且 n // 12 B. a / b ,那么a / a ”；乙命题：“如果 a //平面a 需分别添加的条件是 （ ） ，那么 b ? a ;乙：b ? a b ? a ；乙：a ? 3 a ? a , b ? a ;乙： a ? a , b ? a ；乙： 且 a Q 3= b a ? 3 且 a A 3= b b / a C.根据直线与平面平行的判定定理和性质定理，知 •威海质检）下列命题中正确的个数是（ ） a 不在a 内，贝y a / a ; 1上有无数个点不在平面 a 内，则I // a ; 1与平面a 平行，则I 与a 内的任意一条直线都平行; c 正确. C. 3 D. 4 解析：选B.a A a = A 时，a ? a ，故①错； 直线I 与a 相交时，I 上有无数个点不在 a 内，故②错； I // a 时，a 内的直线与I 平行或异面，故③错； a // b , b / a 时，a // a 或 a ? a ,故④错； I // a , I 与a 无公共点，••• I 与a 内任一直线都无公共点，⑤正确;长方体中A i C 与BD 都与面ABCD 平行，.••⑥正确.故选 B.25•下列四个正方体图形中， A B 为正方体的两个顶点， M N P 分别为其所在棱的中 点，能得出AB//平面MNP 勺图形的序号是（ ）关系疋”丄「…工 二 AM AN 解析：在平面ABD 中，MB N D ••• MN/ BD又MN 平面BCD ，BD ?平面BCD• MN/平面 BCD答案：平行7. （2020 •高考福建卷）如图，正方体 ABCDAB i C i D 中，AB= 2，点E 为AD 的中点，点 F 在CD 上.若EF//平面 ABC 则线段EF 的长度等于 ______________ .解析：答案:CDA.①③ C.②③ 解析：选B.对图①, //平面MNP 故选B. 二、填空题 6. B .①④ D.②④ 可通过面面平行得到线面平行.对图④， 通过证明AB// PN 得到AB如图，在空间四边形 黑则直线MN 与平面BDC 勺位置 ND由于在正方体 ABCDA i B i CD 中，AB= 2, • AC= 2^2...又E 为AD 中点，EF//平面 平面 ADC 平面 AD6 平面 ABC = AC • EF// AC • F 为 DC 中点，• EF = ABC EF ? ABC ［中,ME Ci8.2空间四边形ABC 啲两条对棱AC BD 的长分别为5和4,则平行于两条对棱的截面四边 形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是 ____________ .DH GH解析：设DH AH k ，AH EH ,二 DA T BD T 1 _ k ，••• GH= 5k , EH= 4(1 — k ), 周长=8+ 2k .又••• O v k v 1，•周长的范围为(8,10) 答案：(8,10)三、解答题9.如图是一个三棱柱(以ABC 为底面)被一平面截得的几何体， 截面为ABC 已知AA = 4, BB = 2, CC = 3, O 为 AB 中点，证明：OC/平面 ABC .证明：取AB 中点D ,连接OE 、CD .则OD 为梯形AABB 的中位线.• OD = 3 且 OD// AA .又在棱柱中，AA // CC , CC = 3,• OD CC ,•四边形ODCC 为平行四边形.•••OC/ DC.又 OC ?平面 Ai Bi Ci , DCi ?平面 ABC 1,• OC/平面 ABC .10.已知如图：E 、F 、G H 分别是正方体 ABC — AB 1CD 的棱BC CC 、CD 、AA 的中点.求 证：(1) EG/平面 BBDD(2) 平面BDF//平面BDH证明：(1)取BD 的中点O,连接GO OB 易证四边形 BEG 为平行四边形，故 OB/ GE由线面平行的判定定理即可证 EG/平面BBDD.⑵由正方体得BD// B 「D.如图，连接HB DF ,易证四边形 HBFD 是平行四边形, 故 HD// BF 又 B i D n HD = D , BDQ BF = B,所以平面BDF//平面B i DH11.(探究选做)已知如图，斜三棱柱 AB& ABC 中，点D D 分别为AC AQ 上的点.(1)当签等于何值时，BG //平面「ABD ?(1)如图，取D 为线段A iG 的中点，此时乔=1,连结AB 交AB 于点0,连结0D. DC由棱柱的性质，知四边形 AABB 为平行四边形，所以点 0为AB 的中点. 在厶ABG 中，点O D 分别为AB 、AQ 的中点，••• 0D// BG.又••• 0D ?平面 ABD , BG ?平面 ABD ,• BG //平面 ABD .• 篡=1时，BG //平面ABD , DG⑵由已知，平面 BGD//平面ABD ,且平面 ABG n 平面BDO BG ,平面ABG n 平面ABD = D0因此 BG // DQ 同理 AB // DG.•AD A 0 AD DC"0B , D^G = AD⑵若平面BCD//平面 ABD ,解:DC AD刚AD1即DC1.。

专题突破练15 空间中的平行与空间角1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥底面ABC,∠A1AC=60°,AC=2AA1=4,点D,E分别是AA1,BC的中点.(1)证明:DE∥平面A1B1C;(2)若AB=2,∠BAC=60°,求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值.2.(2018河南安阳一模,理19)如图,在空间直角坐标系O-xyz中,正四面体(各条棱均相等的三棱锥)ABCD的顶点A,B,C分别在x轴,y轴,z轴上.(1)求证:CD∥平面OAB;(2)求二面角C-AB-D的余弦值.3.如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.4.(2018江苏盐城模拟,25)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=2,点M是BC的中点.(1)求异面直线AC1与DM所成角的余弦值;(2)求直线AC1与平面AD1M所成角的正弦值.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.6.(2018江苏卷,22)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.7.如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD折起到△BC'D的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2,如图2.(1)求证:FA∥平面BC'D;(2)求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值;(3)在线段AD上是否存在一点M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练15空间中的平行与空间角1.(1)证明取AC的中点F,连接DF,EF,∵E是BC的中点,∴EF∥AB.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴AB∥A1B1,∴EF∥A1B1,∴EF∥平面A1B1C.∵D是AA1的中点,∴DF∥A1C,∴DF∥平面A1B1C.又EF∩DF=F,∴平面DEF∥平面A1B1C,∴DE∥平面A1B1C.(2)解过点A1作A1O⊥AC,垂足为O,连接OB,∵侧面ACC1A1⊥底面ABC,∴A1O⊥平面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC.∵∠A1AC=60°,AA1=2,∴OA=1,OA1=AB=2,∠OAB=60°,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OA·AB·cos∠BAC=3,∴OB=,∴∠AOB=90°,∴OB⊥AC.分别以OB,OC,OA1为x轴、y轴、z轴,建立如图的空间直角坐标系O-xyz,由题设可得A(0,-1,0),C(0,3,0),B(,0,0),A1(0,0,),D0,-,E设m=(x1,y1,z1)是平面ABB1A1的一个法向量,则令z1=1,则m=(1,-,1),∴cos<m,>=,∴直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为2.解 (1)由AB=BC=CA,易知OA=OB=OC.设OA=a,则AB=a,A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a),如图:设D点的坐标为(x,y,z),则由DA=DB=DC=a,可得(x-a)2+y2+z2=x2+(y-a)2+z2=x2+y2+(z-a)2=2a2,解得x=y=z=a,所以=(a,a,0).又平面OAB的一个法向量为=(0,0,a),所以=0,所以CD∥平面OAB.(2)设F为AB的中点,连接CF,DF,则CF⊥AB,DF⊥AB,∠CFD为二面角C-AB-D的平面角.由(1)知,在△CFD中,CF=DF=aa,CD=a,则由余弦定理知cos∠CFD=,即二面角C-AB-D的余弦值为3.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=,则x=λ,y=1,z=②由①②解得(舍去),所以M,从而设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>=因此二面角M-AB-D的余弦值为4.解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz.∵M(1,2,0),A(2,0,0),C1(0,2,4),=(1,2,0),=(-2,2,4),所以cos<>=,所以异面直线AC1与DM所成角的余弦值为(2)=(2,0,4),设平面A1DM的一个法向量为n=(x,y,z).则取y=1,得x=-2,z=1,故平面A1DM的一个法向量为n=(-2,1,1).于是cos<n,>=,所以直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值为5.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M,C(2,4,0),设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.解如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P,从而=(0,2,2),故|cos<>|=因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n=(,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为7.(1)证明∵BC'=C'D,E为BD的中点,∴C'E⊥BD.又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD,∴C'E⊥平面ABD.∵FA⊥平面ABD,∴FA∥C'E.又C'E⊂平面BC'D,FA⊄平面BC'D,∴FA∥平面BC'D.(2)解以DB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,EC'所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C'(0,0,),=(-1,-,2),=(-1,0,).设平面FBC'的一个法向量为m=(x,y,z),则取z=1,则m=(,1,1).∵平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴cos<m,n>=则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为(3)解假设在线段AD上存在M(x,y,z),使得C'M⊥平面FBC',设=,则(x,y+,z)=λ(-1,,0)=(-λ,,0),∴x=-λ,y=(λ-1),z=0.而=(-λ,(λ-1),-),由m,得,λ无解.∴线段AD上不存在点M,使得C'M⊥平面FBC'.。

2023年高考数学考点复习——空间几何中的平行证明考点一、线线平行例1、如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为DC ，AC 的中点，过EF 的平面与BD ，AB 分别交于点G ，H .求证：//EF GH证明：因为E ，F 分别为DC ，AC 的中点，所以//AD EF ，因为AD ⊄平面EFHG ，EF ⊂平面EFHG所以//AD 平面EFHG又平面EFHG ⋂平面ABD HG =，AD ⊂平面ABD所以//AD GH ，所以//EF GH .例2、如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=︒，SAB ∆为等边三角形，G 是线段SB 上的一点，且SD //平面GAC .求证：G 为SB 的中点证明：证明：如图，连接BD 交AC 于点E ，则E 为BD 的中点，连接GE ，∵//SD 平面GAC ，平面SDB 平面=GAC GE ，SD ⊂平面SBD ，∵//SD GE ，而E 为BD 的中点，∵G 为SB 的中点.例3、在正四棱锥P ABCD -中，,E F 分别是,AB AD 的中点，过直线EF 的平面α分别与侧棱,PB PD 交于点,M N ，求证：//MN BD证明：证明：在ABD △中，因为E ，F 分别是,AB AD 的中点，所以EF BD ∕∕且12EF BD =， 又因为EF ⊄平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，所以//EF 平面PBD因为EF ⊂平面,αα⋂平面PBD MN =，所以//EF MN ，所以//MN BD ．跟踪练习 1、如图，四边形ABCD 和三角形ADE 所在平面互相垂直，//AB CD ，AB BC ⊥，60DAB ∠=︒，4AB AD ==，AE DE ⊥，AE DE =，平面ABE 与平面CDE 交于EF ，求证：//CD EF证明：证明：因为//AB CD ，AB平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以//CD 平面ABE ， 因为平面ABE 平面CDE EF =，CD ⊂平面CDE ，所以//CD EF .2、在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形E ，F 分别为BC ，AD 的中点，过EF 的平面与平面PCD 交于M ，N 两点，求证：//AB MN答案：证明见解析证明：∵底面ABCD 为平行四边形，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，∵EF //CD ，∵EF //AB .EF ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以//EF 平面PCD ，过EF 的平面与平面PCD 交于M ，N 两点，∵MN //EF ，∵AB //MN .3、如图，三棱锥P ABC -中，∵ABC 为正三角形，点1A 在棱PA 上，1B 、1C 分别是棱PB 、PC 的中点，直线11A B 与直线AB 交于点D ，直线11A C 与直线AC 交于点E ，求证：//DE BC证明：∵1B 、1C 分别是棱PB 、PC 的中点，∵11//B C BC ，∵11B C ⊄平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∵11//B C 平面BCDE ，∵11B C ⊂平面11B C DE ，平面BCDE ⋂平面11B C DE DE =，∵11//B C DE ，则//DE BC ；4、如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为8的正方形，点G.E.F .H 分别是棱PB ．AB ．DC ．PC 上共面的四点，//BC 平面GEFH.证明：//GH EF证明：∵//BC 平面GEFH ，又∵BC ⊂平面PBC 且平面PBC平面GEFH GH =，∵//BC GH .又∵//BC 平面GEFH ，又∵BC ⊂平面ABCD 且平面ABCD平面GEFH EF =，∵//BC EF ，∵//EF GH .5、如图，AE ⊥平面ABCD ，//BF 平面ADE ，//CF AE ，求证：//AD BC证明：依题意//CF AE ，CF ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，∵//CF 平面ADE ，又//BF 平面ADE ，BF CF F ⋂=，∵平面//BCF 平面ADE ，∵平面BCF ⋂平面ABCD AD =，平面ADE平面ABCD BC =，∵//AD BC ；考点二、 线面平行例1、如图，正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中D 是AC 的中点，求证：B 1C ∵平面A 1BD证明：设AB 1与A 1B 相交于点P ，连接PD ，则P 为AB 1中点，∵D 为AC 中点，∵PD ∵B 1C ，又∵PD ∵平面A 1BD ，B 1C ⊄平面A 1BD ，∵B 1C ∵平面A 1BD例2、如图，在四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，M 为CD 中点，连接,BM CE 交于点,F G 为ABE △的重心，证明：//GF 平面ABC证明：延长EG 交AB 于N ，连接CN ，因为G 为ABE △的重心，则N 为AB 的中点，且2EG GN =， 因为//CM BE ，所以2EF BE FC CM ==，所以2EF EG FC GN==，因此//GF NC ， 又因为GF ⊄平面ABC ，NC ⊂平面ABC ，所以//GF 平面ABC ；例3、如图，四棱锥C ABED -中，四边形ABED 是正方形，若G ，F 分别是线段EC ，BD 的中点.（1）求证：//GF 平面ABC .证明：由四边形ABED 为正方形可知，连接AE 必与BD 相交于中点F ，又G 是线段EC 的中点，故//GF AC ，GF ⊄面ABC ，AC ⊂面ABC ，//GF ∴面ABC ；跟踪练习1、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是等边三角形，D 是AC 的中点，证明：1//AB 平面1BC D证明：直三棱柱111ABC A B C -中，设1B C 与1BC 交于点E ，连接DE ，四边形11BCC B 是矩形，则E 为1B C 的中点，因D 是AC 的中点，所以1//DE AB ，又1AB ⊄平面1BC D ，DE ⊂平面1BC D ，所以1//AB 平面1BC D . 2、《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵111ABC A B C -中，，11AA AB AC ===，M ，N 分别是1CC ，BC 的中点，点P 在线段11A B 上，若P 为11A B 的中点，求证：//PN 平面11AAC C证明：证明：取11A C 的中点H ，连接PH ，HC .在堑堵111ABC A B C -中，四边形11BCC B 为平行四边形，所以11//B C BC 且11B C BC =.在111A B C △中，P ，H 分别为11A B ，11A C 的中点，所以11//PH B C 且1112PH B C =.因为N 为BC 的中点，所以12NC BC =， 从而NC PH =且//NC PH ， 所以四边形PHCN 为平行四边形，于是//PN CH .因为CH ⊂平面11AC CA ，PN ⊄平面11AC CA ，所以//PN 平面11AACC .3、如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，12AA =，1AB =，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点，证明：//MN 平面ABCD证明：连接1,ME B C ，,E M 分别为1,BC BB 中点，11//2ME B C ∴； 由直四棱柱特点知：11//A D B C ，11//2ME A D ∴，又N 为1A D 中点，//ME ND ∴， ∴四边形MNDE 为平行四边形，//MN DE ∴，又DE ⊂平面ABCD ，MN ⊄平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ；4、如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，M 是AB 的中点，N 是PD 的中点，PA AB =，求证：//MN 平面PBC证明：如图∵，取PC 的中点Q ，连接BQ ，NQ ，因为N 是PD 的中点，所以//NQ CD 且12NQ CD =.因为四边形ABCD 是菱形，M 是AB 的中点，所以//BM CD 且12BM CD =， 从而//BM NQ 且BM NQ =，所以四边形BMNQ 是平行四边形，从而//MN BQ .又MN ⊄平面PBC ，BQ ⊂平面PBC ，所以//MN 平面PBC . 5、如图，已知四边形ABCD 和BCEG 均为直角梯形，//AD BC ，//CE BG ，且2BCD BCE π∠=∠=，222BC CD CE AD BG =====，）求证：//AG 平面BDE答案：证明见解析证明：证明：过G 作GN CE ⊥于N ，交BE 于M ，连接DM ，如图所示：因为BC CE ⊥，且2CE BG =，所以N 为CE 中点，所以MG MN =，MNBC DA ，12MN AD BC ==， 所以MG AD ，MG AD =，所以四边形ADMG 为平行四边形，所以AG DM ，又DM ⊂平面BDE ，AG ⊄平面BDE ，所以AG 平面BDE .6、在四棱锥P —ABCD 中，AB //CD ，过CD 的平面分别交线段P A ，PB 于M ，N ，E 在线段DP 上(M ，N ，E 不同于端点)求证：CD //平面MNE证明：证明：∵//AB CD ，AB ⊂平面ABP ，CD ⊄平面ABP ∵//CD 平面ABP又∵CD ⊂平面CDMN ，平面CDMN 平面ABP MN =∵//CD MN又∵MN ⊂平面MNE ，CD ⊄平面MNE ∵//CD 平面MNE7、如图，在多面体ABCDEF 中，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面垂直，1AB =，点M 为AE 的中点，求证：//BM 平面EFC证明：连接AC 交BD 于点N .连接MN .因为四边形ABCD 是正方形，所以N 为AC 的中点，由于M 为AE 的中点，所以//MN CE ， 又因为MN ⊄平面CEF ，CE ⊂平面CEF ，所以//MN 平面CEF ，易知//BN EF ，BN ⊄平面CEF ，EF ⊂平面CEF ，所以//BN 平面CEF ，因为MN BN N ⋂=，BN ⊂平面BMN ，MN ⊂平面BMN ，所以平面//BMN 平面CEF .又因为BM ⊂平面BMN ，所以//BM平面EFC ；8、在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，//AB CD ，22AB CD ==，若Q 为AB 的中点，求证：//DQ 平面PBC证明：∵在梯形ABCD 中，//AB CD ，22AB CD ==，Q 为AB 的中点，所以//BQ CD 且BQ CD =，∵四边形BCDQ 为平行四边形，所以//DQ BC ，∵BC ⊂平面PBC ，DQ ⊄平面PBC ，所以//DQ 平面PBC ．9、如图所示，四面体P ABC 中，E ，F 分别为AB ，AC 的中点，过EF 作四面体的截面EFGH 交PC 于点G ，交PB 于点H ，证明：GH /平面ABC证明：∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点,∵EF ∵BC ,又∵EF ∵平面PBC ,BC ∵平面PBC ,∵EF ∵平面PBC ,∵EF ∵平面EFGH ,平面EFGH ∩平面PBC =GH ,∵EF ∵GH ,又∵GH ∵平面ABC ,EF ∵平面ABC ,∵GH ∵平面ABC ;10、如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，D 为AC 的中点，求证：1//AB 平面1BC D证明：证明：如图，连接1B C 交1BC 于O ，连接OD ，∵四边形11BCC B 是平行四边形．∵点O 为1B C 的中点．∵D 为AC 的中点，∵OD 为1AB C 的中位线，∵1//OD AB ．∵OD ⊂平面1BC D ，1AB ⊄平面1BC D ，∵1//AB 平面1BC D ．11、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PAB △为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，M 为PD 的中点，求证：//PB 平面ACM答案：证明见解析证明：证明：连接BD ，与AC 交于O ，在PBD △中，,O M 分别为,BD PD 的中点，//BP OM ∴,BP ⊄平面,ADE OM ⊂平面CAM ，//BP ∴平面CAM ；12、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =，证明：1//CB 平面1A EF答案：证明见解析证明：连接1AB 交1A E 于点G ，连接FG ，因为四边形11ABB A 为菱形，则11//AA BB 且11AA BB =， E 为1BB 的中点，则11//B E AA 且1112B E AA =，故11112B G B E AG AA ==， 所以，1B G CF AG AF=，1//CB FG ∴， 1CB ⊄平面1A EF ，FG ⊂平面1A EF ，因此，1//CB 平面1A EF ；考点三、 面面平行例1、如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -的侧棱与底面垂直，12,,AC AA AD DC AC BD ====交于点E ，且,E F 分别为1,AC CC的中点，2BE =，求证：平面11//B CD 平面1A BD证明：如图，连接1AD ，设11AD A D H ⋂=，则H 为1AD 的中点，而E 为AC 的中点，连接EH ，则EH为1ACD △的中位线，所以1//EH CD ，又EH ⊄平面11B CD ，1CD ⊂平面11B CD ，所以//EH 平面11B CD ，又因为侧棱与底面垂直，所以1111//,=BB DD BB DD ，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，BD ⊄平面11B CD ，11B D ⊂平面11B CD ，所以//BD 平面11B CD ，又BD EH E ⋂=，,BD EH ⊂平面1A BD ，所以平面11//B CD 平面1A BD .例2、如图，在三棱锥P ABC -中，PAB △是正三角形，G 是PAB △的重心，D ，E ，H 分别是PA ，BC ，PC 的中点，点F 在BC 上，且3BF FC =，求证：平面//DFH 平面PGE证明：连结BG ，因为PAB △是正三角形，G 是PAB △的重心，D 为PA 的中点，所以BG 与GD 共线，且2BG GD =，因为E 为BC 的中点，3BF FC =，所以F 是CE 的中点， 所以2BG BE CD EF==，所以//GE DF ， 又GE平面PGE ，DF ⊄平面PGE ，所以//DF 平面PGE ， 因为H 是PC 的中点，所以FH //PE ，因为FH ⊄平面PGE ，PE ⊂平面PGE ，所以//FH 平面PGE ，因为FH DF F ⋂=，,FH DF ⊂平面DFH ，所以平面//DFH 平面PGE ；例3、如图，在多面体ABCDEF 中，ABCD 是正方形，2//AB DE BF BF DE ==，，，M 为棱AE 的中点，求证：平面//BMD 平面EFC证明：如图，连接AC ，交BD 于点N ，∵N 为AC 的中点，连接MN ，由M 为棱AE 的中点，则//MN EC ．∵MN ⊄面EFC ，EC ⊂面EFC ，∵//MN 平面EFC ．∵//BF DE BF DE =，，∵四边形BDEF 为平行四边形，∵//BD EF ．又BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ，∵//BD 平面EFC ，又MNBD N =， ∵平面//BMD 平面EFC ．跟踪练习1、如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，2AB BE EC ===，G ，F ，M 分别是线段BE ，DC ，AB 的中点，求证：平面//GMF 平面ADE证明：如图，因为AB中点为M，连接MG，∥，又G是BE的中点，可知GM AE又AE⊆平面ADE，GM⊄平面ADE，所以GM平面ADE．在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF AD．又AD⊆平面ADE，MF⊄平面ADE，所以MF平面ADE．⋂=，GM⊆平面GMF，MF⊆平面GMF，又因为GM MF M所以平面GMF平面ADE2、如图，四边形ABCD是边长为BB1＝DD1＝2，E，F分别是AD1，AB1的中点，证明：平面BDEF∵平面CB1D1证明：证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OE ，则O 为AC 的中点，∵E 是1AD 的中点，1//OE CD ∴OE ⊂平面BDEF ,1CD ⊄平面BDEF ,所以1//CD 平面BDEF又F 是1AB 的中点11//EF B D ∴EF ⊂平面BDEF ,11B D ⊄平面BDEF ,所以11//B D 平面BDEF又111,CD B D ⊂平面11CB D ,1111B D CD D ⋂=, 所以平面//BDEF 平面11CB D ．3、如图，已知矩形ABCD 所在的平面垂直于直角梯形ABPE 所在的平面，且EP =2BP =，1AD AE ==，AE EP ⊥，//AE BP ，F ，G 分别是BC ，BP 的中点，求证：平面//AFG 平面PEC证明：∵F ，G 分别是BC ，BP 的中点，∵FG CP ，且FG ⊄平面CPE ，则FG ∥平面CPE ，1BG PG AE ===，且//AE BP ，AE EP ⊥∵四边形AEPG 是矩形，则EP AG ∥，且AG ⊄平面CPE ，则AG平面CPE又GA GF G ⋂=，故平面//AFG 平面PEC4、如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD //BC ，P ，Q 是AB ，CD 的中，点M ，N 分别是SB ，CB 的中点，求证∵平面AMN //平面SCD答案：证明见解析证明：因为M 、N 分别是SB ，CB 的中点，所以//MN SC ，MN ⊄面SCD ，SC ⊂面SCD ，所以//MN 面SCD ，又//AD CN 且AD CN =，所以ADCN 为平行四边形，所以//AN DC ，AN ⊄面SCD ，DC ⊂面SCD ，所以//AN 面SCD ，又AN MN N =，,AN MN ⊂面AMN ，所以面//AMN 面SCD ；5、如图，在三棱锥P ABC -中，PAB △是正三角形，G 是PAB △的重心，,,D E H 分别是,,PA BC PC 的中点，点F 在BC 上，且3BF FC =，求证：平面//DFH 平面PGE证明：证明：连结BG ，由题意可得BG 与GD 共线，且2BG GD =，∵E 是BC 的中点，3BF FC =，∵F 是CE 的中点，∵2BG BE GD EF==，∵//GE DF ，GE 平面PGE ；DF ⊄平面PGE ；∵//DF 平面PGE ， ∵H 是PC 的中点，∵//FH PE ，PE ⊂平面PGE ，FH ⊄平面PGE ；∵//FH 平面PGE ， ∵DF FH F =，DF ⊂平面DEF ，FH ⊂平面DEF ，∵平面//DFH 平面PGE ； 考点四 平行中的动点例1、直三棱柱111ABC A B C -所有棱长都为2，在AB 边上是否存在一点E ，使1//AC 平面1CEB ，若存在给出证明，若不存在，说明理由证明：存在，E 是AB 的中点，直三棱柱111ABC A B C -中，连接1BC 交1B C 于点O ，如图：则O 为1BC 中点，连接OE ，而E 为AB 的中点，则1//OE AC ，又1AC ⊄平面1CEB ，OE ⊂平面1CEB ，所以1//AC 平面1CEB ；例2、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒，CA CB ==，1AA =D 是棱11A B 的中点，E 在棱1BB 上，且1AD EC ⊥，在棱BC 上是否存在点F ，满足//EF 平面1ADC ，若存在，求出BF 的值答案：存在，BF =证明：因为1AA ⊥面ABC ，故三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱.故1AA ⊥面111A B C ，而1C D ⊂面111A B C ，故11AA C D ⊥，因为CA CB ==，故1111C A C B ==112B A =，因为D 是棱11A B 的中点，故111C D A B ⊥，因为1111AA A B A =， ∵直线1C D ⊥平面ADE ，而AD ⊂平面ADE ， ∵1C D AD ⊥，又1AD EC ⊥，111C D C E C ⋂=，∵AD ⊥平面1DEC ，而DE ⊂平面1DEC ，∵AD DE ⊥，在矩形11ABB A 中，11ADA DEB ∠=∠，11AA D DB E ∠=∠，故11ADA DEB ∠，故1111AA A D DB EB =11EB =即1=3EB ，故12BE EB =. 过E 作EG DE ⊥，交AB 于G ，取AB 的中点为L ，连接,DL CL ，则1DEB EGB ∠=∠，而190DB E EBG ∠=∠=︒，故1EBG DB E ， 所以11BG EB B E B D =31=，所以23BG =.在矩形11ABB A 中，因为11ADA DEB ∠=∠，故1ADA EGB ∠=∠，而1ADA DAL ∠=∠，所以EGB DAL ∠=∠，所以//AD EG ，而AD ⊂平面1ADC ，EG ⊄平面1ADC ，所以//EG 平面1ADC .在BC 上取点F ，使233BF BC ==，连GF ， 因为1BL =，故23BG BL =，故//GF CL . 在矩形11ABB A 中，因为,D L 为所在棱的中点，故11//,,DL AA DL AA =而1111//,,CC AA CC AA =故11//,CC DL CC DL =，故四边形1C DLC 为平行四边形，故1//DC CL ，故1//GF DC ，而1C D ⊂平面1ADC ，FG ⊄平面1ADC ，所以//FG 平面1ADC .因为GF EG G ⋂=，故平面以//EGF 平面1ADC ，因为EF ⊂平面EGF ，故//EF 平面1ADC .例3、如图，已知AD ⊥平面ABC ，EC ⊥平面ABC ，12AB AC AD BC ===，设P 是直线BE 上的点，当点P 在何位置时，直线//DP 平面ABC ？请说明理由证明：当点P 是BE 的中点时，//DP 平面ABC .理由如下：如下图，取BC 的中点O ，连接AO 、OP 、PD ，则//OP EC 且12OP EC =，因为AD ⊥平面ABC ，EC ⊥平面ABC ，所以//AD EC . 又12AD EC =，所以//OP AD 且OP AD =， 所以四边形AOPD 是平行四边形，所以//DP AO .因为AO ⊂平面ABC ，DP ⊄平面ABC ，所以//DP 平面ABC ；跟踪练习1、在三棱锥S ABC -中，AB ⊥平面SAC ，AS SC ⊥，1AB =，AC =，E 为AB 的中点，M 为CE 的中点，在线段SB 上是否存在一点N ，使//MN 平面SAC ？若存在，指出点N 的位置并给出证明，若不存在，说明理由证明：存在点N 为SB 上的靠近S 的四等分点即14SN SB =，//MN 平面SAC ， 证明如下：取AE 的中点F ，连接FN ，FM ，则//MF AC ，因为AC ⊂平面SAC ，MF ⊄平面SAC ，所以//MF 平面SAC ， 因为1124AF AE AB ==，14SN SB =， 所以FN //SA ，又SA ⊂平面SAC ，FN ⊄平面SAC ，所以//FN 平面SAC ，又MF FN F =，,MF FN ⊂平面MNF ，所以平面//MNF 平面SAC ，又MN ⊂平面MNF ，所以//MN 平面SAC ．2、在如图所示的五面体ABCDEF 中，∵ADF 是正三角形，四边形ABCD 为菱形，23ABC π∠=，EF //平面ABCD ，AB =2EF =2，点M 为BC 中点，在直线CD 上是否存在一点G ，使得平面EMG //平面BDF ，请说明理由证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OM ，OF ，取CD 的中点G ，连接GM ，GE因为EF //平面ABCD ，EF ⊂平面ABEF ，平面ABEF ∩平面ABCD =AB ，所以EF //AB因为OM //AB //EF ，12OM AB EF ==，所以四边形OMEF 是平行四边形，所以OF //EM 因为EM ⊄平面BDF ，OF ⊂平面BDF ，所以EM //平面BDF因为点G 与点M 分别为CD 与BC 的中点，所以GM //BD因为GM ⊄平面BDF ，BD ⊂平面BDF ，所以GM //平面BDF而GM ∩EM =M ，平面EMG //平面BDF3、在长方体1111ABCD A B C D -中，已知AB AD =，E 为AD 的中点，）在线段11B C 上是否存在点F ，使得平面1//A AF 平面1ECC ？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由证明：存在，当点F 为线段11B C 的中点时，平面1//A AF 平面1ECC .证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，11//AA CC ，11//AD B C .又因为1CC ⊂平面1ECC ，1AA ⊄平面1ECC ，所以1//AA 平面1ECC .又E 为AD 的中点，F 为11B C 的中点，所以1//AE FC ，且1AE FC =.故四边形1AEC F 为平行四边形，所以1//AF EC ，又因为1EC ⊂平面1ECC ，AF ⊄平面1ECC ，所以//AF 平面1ECC .又因为1AF AA A =，1AA ⊂平面1A AF ，AF ⊂平面1A AF ，所以平面1//A AF 平面1ECC .4、如图所示，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1∵平面ABC ，AA 1∵AC ，D ，D 1分别为AC ，A 1C 1的中点且AD =AA 1，在棱AA 1上找一点M ，使得1//D M 平面1DBC ，并说明理由答案：M 与A 重合时，1//D M 面1DBC ，理由见解析证明：当M 与A 重合时，D 1M ∵面DBC 1，理由如下：∵D 1C 1∵AD ，且D 1C 1=AD ，∵四边形D 1C 1DA 为平行四边形，∵D 1A ∵C 1D ，因为C 1D ∵面BDC 1，∵D 1M ∵面DBC 1.5、如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，ABC 是正三角形，E 是棱AB 的中点，如1AE =，在平面PAC 内寻找一点F 使得//BF 平面PEC ，并说明理由答案：答案见解析.证明：延长AC 至点G ，使得AC CG =，延长AP 至点H ，使得AP PH =，连接GH ，在直线GH 上任取一点F ，则点F 满足BF ∥平面PEC .理由如下： E 是线段AB 的中点，C 是线段AG 的中点，CE ∴是ABG 的中位线，∴BG CE ∥，BG ∴∥平面PEC .同理HG平面PEC ， 又BG HG G =，∴平面BHG平面PEC ， BF ⊂平面BHG ，BF ∴∥平面PEC .(注：若此题点F 直接取H 或G ，理由充分，给6分)6、已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的菱形，且BC BD =，1DD ⊥平面ABCD ，11AA =，BE CD ⊥于点E ，试问在线段11A B 上是否存在一点F ，使得//AF 平面1BEC ？若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由；证明：当F 为线段11A B 的中点时，//AF 平面1BEC .下面给出证明：取AB 的中点G ，连接EG ，1B G ，则1//FB AG ，且1FB AG =，所以四边形1AGB F 为平行四边形，所以1//AF B G .因为BC BD =，BE CD ⊥，所以E 为CD 的中点，又G 为AB 的中点，//AB CD ，AB CD =，所以//BG CE ，且BG CE =， 所以四边形BCEG 为平行四边形，所以//EG BC ，且EG BC =，又11//BC B C ，11BC B C =， 所以11//EG B C ，且11EG B C =，所以四边形11EGB C 为平行四边形， 所以11//B G C E ，所以1//AF C E ，又AF ⊄平面1BEC ，1C E ⊂平面1BEC ，所以//AF 平面1BEC ，7、在正三棱柱111ABC A B C -中，已知12,3AB AA ==，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，P 为线段1CC 上一点．平面1ABC 与平面ANP 的交线为l ，是否存在点P 使得1//C M 平面ANP ？若存在，请指出点P 的位置并证明；若不存在，请说明理由证明：当2CP =时，1//C P 平面ANP证明如下：连接CM 交AN 于点G ，连接GP ，因为12CG CP GM PC ==，所以1//C M GP 又∵GP ⊂平面ANP ，1C M ⊄平面ANP ∵1C M 平面ANP。

专题突破练17空间中的平行与空间角1.(2019山东潍坊三模,理18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC 的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.(2019新疆乌鲁木齐二模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,PD=4,M为PD的中点,E为AM的中点,点F在线段PB上,且PF=3FB.(1)求证:EF∥平面ABCD;(2)若平面PDC⊥底面ABCD,且PD⊥DC,求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值.3.(2019湖北八校联考一,理18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=AD=1,E为PA的中点.(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.4.(2019安徽“江南十校”二模,理18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF;(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.5.(2019四川宜宾二模,理19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.6.如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.7.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.8.(2019河北衡水同卷联考,理18)如图,在多面体ABCDFE中,四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,四边形ABEF是直角梯形,∠FAB=90°,AF∥BE,AF=AB=2BE=2.(1)证明:CE∥平面ADF;(2)若平面ABCD⊥平面ABEF,H为DF的中点,求平面ACH与平面ABEF所成锐二面角的余弦值.参考答案专题突破练17空间中的平行与空间角1.(1)证明连接GO,OH,∵GO∥CD,OH∥AC,∴GO∥平面ACD,OH∥平面ACD,又GO 交HO于点O,∴平面GOH∥平面ACD,∴GH∥平面ACD.(2)解以C为原点,CB为x轴,CA为y轴,CD为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2).平面BCE的法向量m=(0,1,0),设平面OCE的法向量n=(x0,y0,z0).=(2,0,2),=(1,1,0).则令x0=-1,∴n=(-1,1,1).∵二面角O-CE-B是锐二面角,记为θ,∴cos θ=|cos<m,n>|=2.(1)证明取MD的中点N,连接EN,FN.∵E为AM的中点,∴EN∥AD.又M为PD的中点,N为MD的中点,∴PN=3ND.∵PF=3FB,∴FN∥BD.∵EN∩FN=N,AD∩BD=D,∴平面ENF∥平面ABCD,∵EF⊂平面ENF,∴EF∥平面ABCD.(2)解∵平面PDC⊥平面ABCD,PD⊥DC,∴PD⊥平面ABCD.设AB的中点为G,以D为坐标原点,DG为x轴,DC为y轴,DP为z轴,建立空间直角坐标系,则B(,1,0),C(0,2,0),P(0,0,4),则=(-,1,0),=(0,-2,4),设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则--取x=2,得n=(2,2),同理得平面PAD的法向量m=(,3,0),设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为θ,则cos θ=,∴平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为3.(1)证明取AD的中点O,连接EO,OB.∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD.又∵BC∥AD,BC=AD,∴四边形BCDO是平行四边形,∴BO∥CD.∵OE∥PD,BO∥CD,OE和BO是平面EBO内的两条交线,∴平面EBO∥平面PCD.又BE⊂平面PCD,∴BE∥平面PCD.(2)解取BC的中点M,以方向为正方向建立如图所示的空间直角系O-xyz.则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C,0,则平面PCD的一个法向量为n1=(1,0,0), =(0,1,-1),=-,0.设平面PDC的一个法向量为n2=(x,y,z),则--不妨令x=1,则y=,z=1,n2=(1,),∴|cos θ|=|cos<n1,n2>|=,则sin θ=4.(1)证明取BC,DE中点分别为O,O1,连接OA,O1A,OF,O1F.由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2,可知△ABC,△DEF为等腰直角三角形,故OA⊥BC,O1F⊥DE,CD⊥DE,CD⊥DF,故CD⊥平面DEF,平面BCDE⊥平面DEF,所以O1F⊥平面BCDE.同理OA⊥平面BCDE,所以O1F∥OA,而O1F=OA,故四边形AOFO1为平行四边形,所以AO1∥OF,所以AO1∥平面BCF,又BC∥DE,故DE∥平面BCF,而AO1∩DE=O1,所以平面ADE∥平面BCF.(2)解以O为坐标原点,以过O且平行于AC的直线作为x轴,平行于AB的直线作为y轴,OO1为z轴建立空间直角坐标系如图.则有B(1,1,0),C(-1,-1,0),D(-1,-1,2),F(-1,1,2),故=(-2,-2,2),=(-2,-2,0),=(-2,0,2).设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),由n,n得---取x=1得y=-1,z=1,故平面BCF的一个法向量为n=(1,-1,1).设BD与平面BCF所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=故BD与平面BCF所成角的正弦值为5.(1)证明设AC∩BD=O,连接OE,OF.∵四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,∴OE∥CF,∴EF=AO=CO,∴OF⊥平面ABCD.设OA=a,OB=b,AE=c,以O为原点,OA,OB,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则E(a,0,c),G,0,B(0,b,0),C(-a,0,0),F(0,0,c).=(0,b,-c),=(-a,0,-c),=-,-,-c,设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),则---取z=b,得n=-,c,b,∵n=-·-+c+(-c)·b=0,∴EG∥平面BCF.(2)解设AE=AB=2,∵∠BAD=60°,∴OB=1,OA=,∴A(,0,0),B(0,1,0),E(,0,2),D(0,-1,0),=(,-1,2),=(,-1,0),=(0,-2,0).设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则--取x=1,得n=(1,,0),设平面BDE的法向量m=(x,y,z),则--取x=2,得m=(2,0,-),设二面角A-BE-D的平面角为θ,则cos θ=∴二面角A-BE-D的余弦值为6.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,-,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=,则x=λ,y=1,z=②由①②解得-(舍去),-所以M-,从而-设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即-所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>=因此二面角M-AB-D的余弦值为7.(1)证明连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)解因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0),设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=-又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设|cos<n1,n2>|=,即,解得m=因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为三棱锥E-ACD的体积V=8.(1)证明(方法一)因为四边形ABCD是菱形,所以AD∥BC.又因为AF∥BE,AF∩AD=A,BC∩BE=B,所以平面ADF∥平面BCE.因为CE⊂平面BCE,所以CE∥平面ADF.(方法二)取AF的中点M,连接DM,EM,如图.由题意知AM=BE且AM∥BE,所以四边形ABEM为平行四边形,即ME=AB且ME∥AB.又因为四边形ABCD是菱形,所以四边形DCEM为平行四边形,即有DM∥CE.又DM⊂平面ADF,CE⊄平面ADF,所以CE∥平面ADF.(2)解取CD的中点N,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,可得AN⊥CD.因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AF⊂平面ABEF,AF⊥AB,所以AF⊥平面ABCD.以A为坐标原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系A-xyz如图所示.故A(0,0,0),C(,1,0),D(,-1,0),F(0,0,2),H,-,1,=,-,1,=(,1,0).设平面ACH的一个法向量为n=(x,y,z),则有-即令x=1可得n=(1,-,-).易知平面ABEF的一个法向量为m=(1,0,0).设平面ACH与平面ABEF所成的锐二面角为θ,则cos θ=,即所求二面角的余弦值为。