5年高考3年模拟A版2021高考数学专题八立体几何3直线平面平行的判定与性质试题理.docx

直线、平面平行的判定与性质【考点梳理】1．直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，b⊄α，a∥ba∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥b a∥α【教材改编】1．(必修2 P61练习改编)下列命题为真的是()A．若直线l与平面α有两个公共点，则l⊄αB．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线C．若α∥β，a⊂α，则a∥βD．若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交[答案] C[解析] A错误．直线l和平面有两个公共点，则l⊂α.B错误．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b异面或平行．C 正确．因为a 与β无公共点，则a ∥β.D 错误．a 与β有可能平行．故选C.2．(必修2 P 61A 组T 1(2)改编)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 ．任意一条直线都不相交[答案] D[解析] 因为a ∥平面α，直线a 与平面α无公共点，因此a 和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.3．(必修2 P 61A 组T 1(1)改编)设m ，n 表示直线，α、β表示平面，则下列命题为真的是( )A.⎭⎬⎫m ∥αn ∥α⇒m ∥n B.⎭⎬⎫m ∥αα∥β⇒m ∥β C.⎭⎬⎫α∩β＝m n ∥α n ∥β⇒m ∥n D.⎭⎬⎫α∥βm ∥αn ∥β⇒m ∥n [答案] C[解析] A 错误．因为m 可能与n 相交或异面． B 错误．因为m 可能在β内． D 错误．m 、n 可能异面，故选C.4．(必修2 P 63B 组T 3改编)如图，AB ∥平面α∥平面β，过A ，B 的直线m ，n 分别交α，β于C ，E 和D ，F ，若AC ＝2，CE ＝3，BF ＝4，则BD 的长为()A.65B.75C.85D.95[答案] C[解析] 由AB ∥α∥β，易证AC CE ＝BDDF .即AC AE ＝BD BF ，∴BD ＝AC ·BF AE ＝2×45＝85.5．(必修2 P 62A 组T 3改编)在三棱锥S -ABC 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，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A ．18B ．18 3C ．36D ．36 3[答案] A[解析] ∵D 、E 、F 、H 分别是AB 、BC 、SC 、SA 的中点，∴DE ∥AC ，FH ∥AC ，DH ∥SB ，EF ∥SB ，则四边形DEFH 是平行四边形，且HD ＝12SB ＝6，DE ＝12AC ＝3.如图，取AC 的中点O ，连接OB 、SO ，∵SA ＝SC ＝12，AB ＝BC ＝6， ∴AC ⊥SO ，AC ⊥OB ，又SO∩OB＝O，∴AO⊥平面SOB，∴AO⊥SB，则HD⊥DE，即四边形DEFH是矩形，∴四边形DEFH的面积S＝6×3＝18，故选A.6．(必修2 P63B组T4改编)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1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．2C．3 D．4[答案] C[解析] 由题图，显然①是正确的，②是错的；对于③∵A1D1∥BC，BC∥FG，∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面)．所以③是正确的；因为水是定量的(定体积V)．∴S△BEF·BC＝V，即12BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝2VBC(定值)，即④是正确的，故选C.7. (必修2 P78A组T4改编)如图，E、F分别是棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱B1C1与D1C1的中点，则四边形DBEF的面积为________．[答案]9 8a2[解析] 依题意，EF 12B1D112BD，∴四边形DBEF为梯形，且BD＝2a，EF＝22a.连结AC交BD于O，连结A1C1交EF于M(图略)，可证BD⊥平面ACC1A1，从而BD⊥OM，作MN⊥AC于N，可证MN⊥平面ABCD，且N为OC中点∴OM＝MN2＋ON2＝a2＋(24a)2＝342a，∴S梯形DBEF＝DB＋EF2·OM＝(2＋22)a2×342a＝98a2.8．(必修2 P59例3改编)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1B1的中点，过点A1作与截面PBC1平行的截面，所得截面的面积是________．[答案] 2 6[解析] 如图，取AB，C1D1的中点E，F，连接A1E，A1F，EF，则平面A1EF ∥平面BPC1.在△A1EF中，A1F＝A1E＝5，EF＝22，S△A1EF＝12×22×(5)2－(2)2＝6，从而所得截面面积为2S△A1EF＝2 6.9．(必修2 P62A组T7、P58练习T2改编)如图，在三棱柱ABC-A′B′C′中，点D是BC的中点，欲过点A′作一截面与平面AC′D平行．(1)问应当怎样画线，并说明理由；(2)求所作截面与平面AC′D将三棱柱分成的三部分的体积之比．[解析] (1)在三棱柱ABC-A′B′C′中，点D是BC的中点，取B′C′的中点E，连接A′E，A′B，BE，则平面A′EB∥平面AC′D，A ′E ，A ′B ，BE 即为应画的线．理由如下：因为D 为BC 的中点，E 为B ′C ′的中点，所以BD ＝C ′E . 又因为BC ∥B ′C ′，所以四边形BDC ′E 为平行四边形， 所以DC ′∥BE .连接DE ，则DE BB ′， 所以DE AA ′，所以四边形AA ′ED 是平行四边形， 所以AD ∥A ′E .又因为A ′E ∩BE ＝E ，A ′E ⊂平面A ′BE ，BE ⊂平面A ′BE ，AD ∩DC ′＝D ，AD ⊂平面AC ′D ，DC ′⊂平面AC ′D ，所以平面A ′EB ∥平面AC ′D .(2)设棱柱的底面积为S ，高为h .则V 三棱锥C ′-ACD ＝V 三棱锥B -A ′B ′E＝13×12Sh ＝16Sh . 所以三棱柱夹在平面AC ′D 与平面A ′EB 间的体积为 V ′＝Sh －2×16Sh ＝23Sh ，∴所作截面与平面AC ′D 将三棱柱分成的三部分的体积之比为 16Sh ∶23Sh ∶16Sh ＝1∶4∶1.10．(必修2 P56练习T2改编)如图，E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，过A、C、E三点作平面α与正方体的面相交．(1)画出平面α与正方体ABCD-A1B1C1D1各面的交线；(2)求证：BD1∥平面α.[解析] (1)如图，交线即为EC、AC、AE，平面α即为平面AEC.(2)证明：连接BD与AC交于O，连接EO，BD，∵ABCD为正方形，∴O是BD的中点，又E为DD1的中点．∴OE∥BD1，又OE⊂平面α，BD1⊄平面α.∴BD1∥平面α.11．(必修2 P62A组T5改编)如图，AB∥平面α.C、D是α内任意两点，M、N 分别是AC与BD的中点，求证：MN∥α.[解析] 法一：①当AC与BD共面时，由AB∥α知，AB∥CD，MN∥CD.又∵CD ⊂α，MN⊄α，∴MN∥α.②当AC与BD不共面时，取AD的中点E，连接ME、EN. ∵M、N分别是AC与BD的中点，∴EN∥AB，ME∥CD，又CD⊂α，ME⊄α，则ME∥α.由EN∥AB，AB∥α且EN⊄α知EN∥α.又ME∩EN＝E，∴平面MEN∥平面α，又MN⊂平面MEN，∴MN与平面α没有公共点，∴MN∥平面α.综上所述，MN∥平面α.法二：连接BM并延长交α于E.连接ED、EC.∵AB∥α，平面ABM∩α＝EC，∴AB∥EC，又M是AC的中点，∴M是BE的中点，又N是BD的中点，∴MN∥ED，又ED⊂α，MN⊄α，∴MN∥平面α.。

第八章立体几何第四节直线、平面平行的判定及性质A级·基础过关|固根基|1.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.2．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m⊂αD．l⊂α，α∩β＝m解析：选B 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．故选B.3．(2019届长沙市统一模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选A 由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a 与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.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 15BD，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 12BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交B．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B 由题意可得A 1M ＝13A 1B ，AN ＝13AC ，所以分别取BC ，BB 1上的点P ，Q ，使得CP ＝23BC ，BQ ＝23BB 1，连接MQ ，NP ，PQ ，则MQ23B 1A 1，NP23AB ，又B 1A 1AB ，故MQNP ，所以四边形MQPN 是平行四边形，则MN ∥QP ，QP ⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，则MN ∥平面BCC 1B 1，故选B.6．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)．解析：①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β 或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案：②7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则EF ＝________．解析：根据题意，因为EF ∥平面AB 1C ，所以EF ∥AC .又E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点．因为在Rt △DEF 中，DE ＝DF ＝1，故EF ＝2.答案：28.如图，平面α∥平面β，△ABC ，△A ′B ′C ′分别在α，β内，线段AA ′，BB ′，CC ′相交于点O ，O 在α，β之间，若AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，OA ∶OA ′＝3∶2，则△A ′B ′C ′的面积为________．解析：相交直线AA ′，BB ′所在平面和两平行平面α，β相交于AB ，A ′B ′，所以AB ∥A ′B ′.同理BC ∥B ′C ′，CA ∥C ′A ′.所以△ABC 与△A ′B ′C ′的三内角相等，所以△ABC ∽△A ′B ′C ′，A ′B ′AB＝OA ′OA＝23.又因为S △ABC ＝12×2×1×32＝32，所以S △A ′B ′C ′＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝32×49＝239. 答案：2399．(2020届广东七校联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，CD ＝4，E 为CD 的中点．(1)求证：AE ∥平面PBC ； (2)求三棱锥C －PBE 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2，∠BCA ＝60°. 在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，CD ＝4，∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴∠CAD ＝90°，则△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，∴△ACE 是等边三角形，∴∠CAE ＝60°，∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE .又AE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ∥平面PBC . (2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥底面BCE ， ∴PA 为三棱锥P －BCE 的高．∵∠BCA ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠BCE ＝120°. 又BC ＝1，CE ＝2，∴S △BCE ＝12×BC ×CE ×sin ∠BCE ＝12×1×2×32＝32，∴V 三棱锥C －PBE ＝V 三棱锥P －BCE ＝13×S △BCE ×PA ＝13×32×2＝33.10.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：(1)EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，在△SBC 中，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点， 所以EG ∥SB .又因为SB ⊂平面BDD 1B 1，EG ⊄平面BDD 1B 1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.B级·素养提升|练能力|11.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B 因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确；由上面可知，BD ∥PN ，MN ∥AC . 所以PN BD ＝AN AD，MN AC＝DN AD，而AN ≠DN ，PN ＝MN ， 所以BD ≠AC ，故B 错误．故选B. 12.如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，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B 1BDD 1.(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 ∥DD 1，HN ∥BD ，所以平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，所以MN ∥平面B 1BDD 1.答案：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)13．(2020届成都模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，AB ＝AD ，PA ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，PA 的中点．(1)证明：平面BMN ∥平面PCD ；(2)若AD ＝6，求三棱锥P －BMN 的体积．解：(1)证明：如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形．∵M 为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3 3.∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝22AD＝32，∴△PMN的面积S△PMN＝14S△PAD＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P－BMN的体积V P－BMN＝V B－PMN＝13S△PMN·BM＝13×94×33＝934.14．在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC1的交点．由已知，O为AC1，A1C的中点．连接MD，OE，OM，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD 12AC，OE12AC，因此MD OE.从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.。

直线、平面平行的判定与性质探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.直线与平面平行的判定与性质(1)以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理,并能够证明相关性质定理.(2)能运用线面平行、面面平行的判定及性质定理证明空间图形的平行关系2018江苏,15,14分直线和平面平行的判定面面垂直的判定★★★2017江苏,15,14分直线和平面平行的判定线线垂直的判定、面面垂直的性质2016课标Ⅱ,14,5分直线和平面平行的判定和性质线面角、线面垂直的性质2.平面与平面平行的判定与性质2019课标Ⅱ,7,5分面面平行的判断充要条件★★☆分析解读从近5年高考情况来看,本节内容一直是高考的热点,主要考查直线与平面及平面与平面平行的判定和性质,常设置在解答题中的第(1)问,难度中等,通过线面平行的判定与性质考查考生的直观想象、逻辑推理的核心素养.破考点练考向【考点集训】考点一直线与平面平行的判定与性质1.(2019河南洛阳尖子生4月联考,4)设l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且l⊂α,m⊂β,下列结论正确的是( )A.若α⊥β,则l⊥βB.若l⊥m,则α⊥βC.若α∥β,则l∥βD.若l∥m,则α∥β答案 C2.(2020届江西抚州一调,9)如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点,且B1F∥面A1BE,则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是( )A.aB.a2C.√2a D.√2a2答案 D3.(2019皖南八校三联,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,点M为PB的中点,底面ABCD为梯形,AB∥CD,AD⊥CD,AD=CD=PC=12AB.(1)证明:CM∥平面PAD;(2)求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小.解析(1)证明:取PA的中点E,连接DE,ME.因为M是PB的中点,所以ME∥AB,ME=12AB.(2分)又AB∥CD,CD=12AB,所以ME∥CD,ME=CD.(3分)所以四边形CDEM为平行四边形,所以DE∥CM.因为DE⊂平面PAD,CM⊄平面PAD,所以CM∥平面PAD.(5分)(2)取AB的中点N,连接CN.易知四边形ADCN为正方形,又PC⊥平面ABCD,故可以以C为原点,CD,CN,CP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=CD=PC=12AB=1,则C(0,0,0),P(0,0,1),A(1,1,0),D(1,0,0),B(-1,1,0),(7分)则aa⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1),aa⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,0),设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),则有aa⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m=0,aa⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m=0,令x=1,得m=(1,0,1).(9分)同理可求得平面PBC的一个法向量为n=(1,1,0),(10分)所以cos<m,n>=a ·a |a ||a |=12,即平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小为π3.(12分)考点二 平面与平面平行的判定与性质1.(2018安徽黄山二模,4)下列说法中,错误的是( )A.若平面α∥平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,则l∥mB.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=l,m ⊂α,m⊥l,则m⊥βC.若直线l⊥平面α,平面α⊥平面β,则l∥βD.若直线l∥平面α,平面α∩平面β=m,直线l ⊂平面β,则l∥m 答案 C2.(2019内蒙古呼和浩特模拟,6)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 为底面ABCD 的中心,P 是DD 1的中点,设Q 是CC 1上的点,当点Q 在 位置时,平面D 1BQ∥平面PAO.( )A.Q 与C 重合B.Q 与C 1重合C.Q 为CC 1的三等分点D.Q 为CC 1的中点答案 D炼技法 提能力 【方法集训】方法1 证明直线与平面平行的方法1.(2019广西柳州一模,19)如图,已知AB⊥平面ACD,DE∥AB,AD=AC=DE=2AB=2,且F 是CD 的中点,AF=√3. (1)求证:AF∥平面BCE; (2)求证:平面BCE⊥平面CDE.证明 (1)取CE 中点P,连接FP 、BP,∴PF∥DE,且FP=1,又AB∥DE,且AB=1,∴AB∥FP,且AB=FP,∴四边形ABPF 为平行四边形,∴AF∥BP.又∵AF ⊄平面BCE,BP ⊂平面BCE,∴AF∥平面BCE.(2)∵AD=AC=2,F是CD的中点,AF=√3,∴△ACD为正三角形,AF⊥CD,∵AB⊥平面ACD,DE∥AB,∴DE⊥平面ACD,又AF⊂平面ACD,∴DE⊥AF,又AF⊥CD,CD∩DE=D,∴AF⊥平面CDE,又BP∥AF,∴BP⊥平面CDE,又∵BP⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.2.(2020届山西大同调研,17)如图,已知菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,AC∩BD=O,将△ABC沿对角线AC折起,使面BAC⊥面ACD,得到三棱锥B-ACD,点M是棱BC的中点.(1)求证:OM∥平面ABD;(2)求证:平面ABC⊥平面MDO.证明(1)由题意知,O为AC的中点,∵M为BC的中点,∴OM∥AB,又∵OM⊄平面ABD,AB⊂平面ABD,∴OM∥平面ABD.(2)∵四边形ABCD是菱形,∴OD⊥AC,又将△ABC沿对角线AC折起,使面BAC⊥面ACD,且面BAC∩面ACD=AC,∴OD⊥平面ABC,∵OD⊂平面MDO,∴平面ABC⊥平面MDO.3.(2019内蒙古包头二模,19)如图,三棱锥P-ABC中,点C在以AB为直径的圆O上,平面PAC⊥平面ACB,点D在线段AB上,且BD=2AD,CP=CA=3,PA=2,BC=4,点G为△PBC的重心,点Q为PA的中点.(1)求证:DG∥平面PAC;(2)求点C到平面QBA的距离.解析 (1)证明:连接BG 并延长交PC 于E,连接AE, ∵G 是△PBC 的重心,∴BG=2EG, 又BD=2AD,∴DG∥AE,又DG ⊄平面PAC,AE ⊂平面PAC, ∴DG∥平面PAC.(2)连接CQ,∵点C 在以AB 为直径的圆O 上,∴AC⊥BC,又平面PAC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC, ∴BC⊥平面PAC.∵CP=CA=3,PA=2,Q 为PA 的中点, ∴CQ⊥PA,CQ=√aa 2-A a 2=2√2, ∴V B-PAC =13S △PAC ·BC=13×12×2×2√2×4=8√23,又PB=√aa 2+B a 2=5,AB=√aa 2+B a 2=5, ∴PB=AB,∴PA⊥BQ,∴BQ=√aa 2-A a 2=2√6, ∴S △PAB =12×PA×BQ=2√6, 设C 到平面PAB 的距离为d, 则V C-PAB =13S △PAB ·d=2√63d, ∴2√63d=8√23,解得d=4√33.∴点C 到平面QBA 的距离为4√33.方法2 证明平面与平面平行的方法1.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形,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.证明(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO,又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.又DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.因为N为AD的中点,M为AB的中点,所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN,又BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE∥平面MNG.2.(2019安徽蚌埠二模,18)如图所示,菱形ABCD的边长为2,∠D=60°,点H为DC的中点,现以线段AH为折痕将菱形折起,使点D到达点P的位置且平面PHA⊥平面ABCH,点E,F分别为AB,AP的中点.(1)求证:平面PBC∥平面EFH;(2)求平面PAH与平面PBC所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:菱形ABCD中,E,H分别为AB,CD的中点,所以BE a CH,所以四边形BCHE为平行四边形,则BC∥EH,又EH⊄平面PBC,所以EH∥平面PBC.(3分)因为点E,F分别为AB,AP的中点,所以EF∥BP,又EF⊄平面PBC,所以EF∥平面PBC.又EF∩EH=E, 所以平面PBC∥平面EFH.(6分)(2)连接AC,菱形ABCD 中,∠D=60°,则△ACD 为正三角形,又H 为DC 的中点,菱形边长为2, ∴AH⊥CD,AH=√3,DH=PH=CH=1. 折叠后,PH⊥AH,又平面PHA⊥平面ABCH,平面PHA∩平面ABCH=AH, ∴PH⊥平面ABCH.又∵AH⊥CD,∴HA,HC,HP 三条直线两两垂直,以aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(图略), 则P(0,0,1),C(0,1,0),B(√3,2,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),(9分) 设平面PBC 的法向量为m=(x,y,z), 则{a ·CB⃗⃗⃗⃗ =0,a ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3x +y =0,-a +a =0,令y=-√3,得x=1,z=-√3, ∴m=(1,-√3,-√3).∵平面PAH 的一个法向量n=(0,1,0), ∴cos<m,n>=-√37=-√217, 设平面PAH 与平面PBC 所成锐二面角为α, 则cosα=√217.(12分)【五年高考】A 组 统一命题·课标卷题组1.(2019课标Ⅱ,7,5分)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 答案 B2.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n 是两条直线,有下列四个命题: ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. ②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④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.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案②③④B组自主命题·省(区、市)卷题组1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 A2.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.3.(2019天津,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F 的余弦值为13,求线段CF 的长.解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.依题意,可以建立以A 为原点,分别以aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 设CF=h(h>0),则F(1,2,h).(1)证明:依题意,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,又aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,h),可得aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 又因为直线BF ⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE. (2)依题意,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE 的法向量, 则{a ·BD⃗⃗⃗⃗ =0,a ·BE ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-a +a =0,-a +2a =0,不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有cos<aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CE ⃗⃗⃗⃗ ·a |CE ⃗⃗⃗⃗ ||a |=-49. 所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m=(x,y,z)为平面BDF 的法向量, 则{a ·BD⃗⃗⃗⃗ =0,a ·BF⃗⃗⃗⃗ =0,即{-a +a =0,2a +aa =0,不妨令y=1,可得m=(1,1,-2a ). 由题意,有|cos<m,n>|=|a ·a ||a ||a |=|4-2a |3√2+h 2=13,解得h=87.经检验,符合题意.所以,线段CF 的长为87.思路分析从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.方法总结利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角或距离.4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.5.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=1AD,E为棱AD的中点,异2面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析 (1)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.从而CM∥EB.又EB ⊂平面PBE,CM ⊄平面PBE, 所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP 至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD. 所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角. 所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD 中,PA=AD=2.过点A 作AH⊥CE,交CE 的延长线于点H,连接PH. 易知PA⊥平面ABCD,又CE ⊂平面ABCD, 从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH.过A 作AQ⊥PH 于Q,则AQ⊥平面PCE. 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt△AEH 中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=√22.在Rt△PAH 中,PH=√2+A 2=3√22,所以sin∠APH=aa aa =13. 解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD. 从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角. 所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD 中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A 为原点,以aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), 所以aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z), 由{a ·PE⃗⃗⃗⃗ =0,a ·EC⃗⃗⃗⃗ =0,得{a -2a =0,a +a =0,设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α, 则sinα=|a ·AP⃗⃗⃗⃗ ||a |·|AP⃗⃗⃗⃗ |=2×√22+(-2)2+12=13.所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.思路分析 对(1),延长AB,DC 相交于一点M,则M 在平面PAB 内,由已知易知CM∥EB,从而CM∥平面PBE.对(2),有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA 与面PCE 所成的角,然后通过解三角形求值;解法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE 的一个法向量n,利用sinα=|a ·AP⃗⃗⃗⃗ ||a |·|AP⃗⃗⃗⃗ |求值. C 组 教师专用题组1.(2016浙江,2,5分)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∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n答案 C2.(2015安徽,5,5分)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···垂直于同一平面答案 D3.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD 中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E 与A,D 不重合)分别在棱AD,BD 上,且EF⊥AD. 求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).4.(2016江苏,16,14分) 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E. 求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.6.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析 (1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC 中,AB=2DE,G 为AC 的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG 为平行四边形. 则O 为CD 的中点,又H 为BC 的中点,所以OH∥BD, 又OH ⊂平面FGH,BD ⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH. (2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC 中,G 为AC 的中点,由DF=12AC=GC,可得四边形DGCF 为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC 中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G 是AC 中点,得AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD 两两垂直. 以G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(√2,0,0),C(0,√2,0),D(0,0,1). 可得H (√22,√22,0),F(0,√2,1), 故aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22,√22,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1). 设n=(x,y,z)是平面FGH 的法向量, 则由{a ·GH⃗⃗⃗⃗ =0,a ·GF⃗⃗⃗⃗ =0,可得{a +a =0,√2y +z =0.可得平面FGH 的一个法向量n=(1,-1,√2).因为aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面ACFD 的一个法向量,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,0), 所以cos<aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=GB ⃗⃗⃗⃗ ·a |GB⃗⃗⃗⃗ |·|a |=√2=12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.7.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,侧棱A 1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA 1=2,AD=CD=√5,且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD; (2)求二面角D 1-AC-B 1的正弦值;(3)设E 为棱A 1B 1上的点.若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13,求线段A 1E 的长. 解析 如图,以A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A 1(0,0,2),B 1(0,1,2),C 1(2,0,2),D 1(1,-2,2). 又因为M,N 分别为B 1C 和D 1D 的中点,得M (1,12,1),N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-52,0).由此可得aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,又因为直线MN ⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD. (2)aa 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设n 1=(x,y,z)为平面ACD 1的法向量, 则{a 1·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,a 1·AC ⃗⃗⃗⃗ =0,即{a -2a +2a =0,2a =0. 不妨设z=1,可得n 1=(0,1,1). 设n 2=(x,y,z)为平面ACB 1的法向量,则{a 2·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,a 2·AC ⃗⃗⃗⃗ =0,又aa 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),得{a +2a =0,2a =0. 不妨设z=1,可得n 2=(0,-2,1). 因此有cos<n 1,n 2>=a 1·a 2|a 1|·|a 2|=-√1010, 于是sin<n 1,n 2>=3√1010.所以,二面角D 1-AC-B 1的正弦值为3√1010.(3)依题意,可设a 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λa 1a 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量,由已知,得cos<aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=NE ⃗⃗⃗⃗ ·a |NE⃗⃗⃗⃗ |·|a |=√(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],所以λ=√7-2. 所以,线段A 1E 的长为√7-2.本题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A 1B 1D 1DCBA 中,四边形AA 1B 1B,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D,E 的平面交CD 1于F. (1)证明:EF∥B 1C;(2)求二面角E-A 1D-B 1的余弦值.解析 (1)证明:由正方形的性质可知A 1B 1∥AB∥DC,且A 1B 1=AB=DC,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形,从而B 1C∥A 1D,又A 1D ⊂面A 1DE,B 1C ⊄面A 1DE,于是B 1C∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1,面A 1DE∩面B 1CD 1=EF,所以EF∥B 1C. (2)因为四边形AA 1B 1B,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,所以AA 1⊥AB,AA 1⊥AD,AB⊥AD 且AA 1=AB=AD,以A 为原点,分别以aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为x 轴,y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),D 1(0,1,1),而E 点为B 1D 1的中点,所以E 点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A 1DE 的法向量n 1=(r 1,s 1,t 1),而该面上向量a 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0.5,0.5,0),a 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),由n 1⊥a 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 1⊥a 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得r 1,s 1,t 1应满足的方程组{0.5a 1+0.5a 1=0,a 1-a 1=0,(-1,1,1)为其一组解,所以可取n 1=(-1,1,1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2=(r 2,s 2,t 2),而该面上向量a 1a 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),a 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),由此同理可得n 2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A 1D-B 1的余弦值为|a 1·a 2||a1|·|a 2|=3×√2=√63. 本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.9.(2014课标Ⅱ,18,12分)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=√3,求三棱锥E-ACD 的体积.解析 (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.又EO ⊂平面AEC,PB ⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)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,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,|aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,√3,0),E (0,√32,12),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,12).设B(m,0,0)(m>0),则C(m,√3,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(m,√3,0). 设n 1=(x,y,z)为平面ACE 的一个法向量, 则{a 1·AC ⃗⃗⃗⃗ =0,a 1·AE ⃗⃗⃗⃗ =0,即{aa +√3y =0,√32y +12z =0,可取n 1=(√3a ,-1,√3). 又n 2=(1,0,0)为平面DAE 的一个法向量, 由题设得|cos<n 1,n 2>|=12,即√33+4a 2=12,解得m=32. 因为E 为PD 的中点,所以三棱锥E-ACD 的高为12. 三棱锥E-ACD 的体积V=13×12×√3×32×12=√38.思路分析(1)在平面AEC内找出与PB平行的直线,分析题意可通过作三角形的中位线进行证明;(2)要求三棱锥E-ACD的体积,易知三棱锥的高,又已知底面直角三角形的一直角边AD的长,故只需求出另一直角边CD的长.可建立空间直角坐标系,利用向量法列方程(组)求解.易错警示对于第(2)问,二面角的平面角与两个半平面的法向量夹角相等或互补,部分同学容易错误认为仅相等,另外,计算法向量时可能出错.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2019四川泸州质检,7)已知直线l和两个不同的平面α,β,则下列命题中,是真命题的是( )A.若l∥α,且l∥β,则α∥βB.若l⊥α,且l⊥β,则α∥βC.若l⊂α,且α⊥β,则l⊥βD.若l∥α,且α∥β,则l∥β答案 B2.(2019内蒙古赤峰4月模拟,6)已知α和β是两个不同平面,α∩β=l,l1,l2是与l不同的两条直线,且l1⊂α,l2⊂β,l1∥l2,那么下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l恰与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交答案 A3.(2019河南郑州一模,10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,AB⊥AC,点M,N分别为AB1,A1C上的动点,若直线MN∥平面BCC1B1,Q为线段MN的中点,则点Q的轨迹是( )A.双曲线的一支(一部分)B.圆弧(一部分)C.线段(去掉一个端点)D.抛物线的一部分答案 C4.(2020届吉林长春9月联考,10)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.√22B.1C.√2D.2答案 C二、填空题(共5分)5.(2019豫北名校4月联考,14)在斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,点D,D 1分别为AC,A 1C 1上的点,若平面BC 1D∥平面AB 1D 1,则aaaa = . 答案 1三、解答题(共60分)6.(2018江西南昌二中月考,19)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,∠BAC=90°,AB=AC=√2,AA'=1,点M,N 分别为A'B 和B'C'的中点.(1)证明:MN∥平面A'ACC'; (2)求三棱锥A'-MNC 的体积.解析 (1)证法一:连接AB',AC',因为三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,所以M 为AB'的中点. 又因为N 为B'C'的中点,所以MN∥AC', 又MN ⊄平面A'ACC',AC'⊂平面A'ACC', 所以MN∥平面A'ACC'.证法二:取A'B'的中点P,连接MP,NP. 又因为M,N 分别为A'B 和B'C'的中点,所以MP∥BB',NP∥A'C',易知AA'∥BB',所以MP∥AA'. 因为MP ⊄平面A'ACC',AA'⊂平面A'ACC', 所以MP∥平面A'ACC',同理,NP∥平面A'ACC'. 又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A'ACC'. 又MN ⊂平面MPN,因此MN∥平面A'ACC'.(2)连接BN,由题意知A'N⊥B'C',因为平面A'B'C'∩平面B'BCC'=B'C',平面A'B'C'⊥平面B'BCC', 所以A'N⊥平面NBC.又A'N=12B'C'=1, 故V A'-MNC =V N-A'MC =12V N-A'BC =12V A'-NBC =16.7.(2020届山西太原五中第二次诊断,18)已知三棱锥P-ABC 中,△ABC 为等腰直角三角形,AB=AC=1,PB=PC=√5,设点E 为PA 的中点,点D 为AC 的中点,点F 为PB 上一点,且PF=2FB. (1)证明:BD∥平面CEF;(2)若PA⊥AC,求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.解析 本题考查线面平行的判定以及线面角的求解,考查的核心素养是逻辑推理和数学运算. (1)证明:连接PD 交CE 于G 点,连接FG,∵点E 为PA 的中点,点D 为AC 的中点,∴点G 为△PAC 的重心,∴PG=2GD,∵PF=2FB,∴FG∥BD,又∵FG ⊂平面CEF,BD ⊄平面CEF,∴BD∥平面CEF.(2)∵AB=AC,PB=PC,PA=PA,∴△PAB≌△PAC,∵PA⊥AC,∴PA⊥AB,可得PA=2,又∵AB⊥AC,∴AB,AC,AP 两两垂直,以A 为坐标原点,AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),E(0,0,1),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1). 设平面PBC 的法向量为n=(x,y,z), 则{a ·BC⃗⃗⃗⃗ =-x +y =0,a ·BP⃗⃗⃗⃗ =-x +2z =0,取z=1,得n=(2,2,1).设直线CE 与平面PBC 所成角为θ,则sinθ=|cos<n,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√2×3=√26. ∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为√26.8.(2018云南曲靖一中4月月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,PD⊥DA,PD⊥DC. (1)若E 是PA 的中点,求证:PC∥平面BED;(2)若PD=AD,PE=2AE,求直线PB 与平面BED 所成角的正弦值.解析 (1)证明:连接AC,交BD 于G,连接EG,在三角形ACP 中,中位线EG∥PC,又EG ⊂平面BED,PC ⊄平面BED,∴PC∥平面BED.(2)设CD=2,则AB=BC=AD=PD=2,且PE=23PA,以D 为坐标原点,DA,DC,DP 所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),E (43,0,23),C(0,2,0),B(2,2,0),P(0,0,2), ∴aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(43,0,23),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2).设平面BED 的法向量为n=(x,y,z),则{a ·DB ⃗⃗⃗⃗=0,a ·DE ⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2a +2a =0,43x +23z =0,令x=-1,则y=1,z=2,∴n=(-1,1,2), 设直线PB 与平面BED 所成的角为α, 则sinα=|cos<n,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|PB⃗⃗⃗⃗ ·a ||PB⃗⃗⃗⃗ |·|a |=√23, 所以PB 与平面BED 所成角的正弦值为√23.9.(命题标准样题,17)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=4,AD=AA 1=3,点M,N 分别为A 1B 1,A 1D 1的中点. (1)求三棱锥A 1-AMN 的体积; (2)求二面角A 1-AM-N 的余弦值;(3)平面α与平面AMN 平行,且与此长方体的面相交,交线围成一个四边形,在图中画出这个四边形(只需画出符合条件的一个图形即可).解析 试题考查长方体的概念、三棱锥体积的计算,考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系和空间向量的数学知识.试题采用开放式设计,需要考生动手实验探究.题目体现了理性思维、数学探究的学科素养,考查了直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力,落实了基础性、综合性、创新性的考查要求.(1)a a 1-AMN =a a -a 1MN =13·a △a 1MN ·AA 1=32.(2)以D 为坐标原点,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,aa 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则A(3,0,0),M(3,2,3),N (32,0,3);aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,0,3).设n=(x,y,z)是平面AMN 的法向量,则{a ·AM⃗⃗⃗⃗ =0,a ·AN⃗⃗⃗⃗ =0,即{2a +3a =0,-32x +3z =0.可取n=(4,-3,2).平面A 1AM 的一个法向量为m=(1,0,0). 则cos<n,m>=a ·a|a ||a |=4√2929.所以二面角A 1-AM-N 的余弦值为4√2929.(3)10.(2020届四川成都毕业班摸底测试,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°,M,N分别为AD,PA的中点.(1)证明:平面BMN∥平面PCD;(2)若AD=6,CD=√3,求平面BMN与平面BCP所成锐二面角的余弦值.解析本题主要考查空间平面与平面的平行关系、利用空间向量法求二面角的余弦值,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.(1)证明:连接BD.∵AB=AD,∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形.∵M为AD的中点,∴BM⊥AD.(1分)∵AD⊥CD,CD,BM⊂平面ABCD,∴BM∥CD,又BM⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴BM∥平面PCD.(2分)∵M,N分别是AD,PA的中点,∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴MN∥平面PCD.(3分)又BM,MN⊂平面BMN,BM∩MN=M,∴平面BMN∥平面PCD.(5分)(2)连接PM.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,PM⊂平面PAD,PM⊥AD,∴PM⊥平面ABCD.又BM⊥AD,∴MB,MD,MP两两垂直.(6分)以M 为坐标原点,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz.∵AD=6,CD=√3,∴M(0,0,0),P(0,0,3),N (0,-32,32),B(3√3,0,0),C(√3,3,0),(7分) 设平面BMN 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),平面BCP 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2), ∵aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,0,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-32,32),∴由{a ·MB ⃗⃗⃗⃗=0,a ·MN ⃗⃗⃗⃗ =0得{3√3x 1=0,-32y 1+32z 1=0,可取y 1=1,则m=(0,1,1).(8分) ∵aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,3,0),aa ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3√3,0,3), ∴由{a ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,a ·BP⃗⃗⃗⃗ =0得{-2√3x 2+3y 2=0,-3√3x 2+3z 2=0,可取y 2=2,则n=(√3,2,3).(9分)∴cos<m,n>=a ·a |a ||a |=√2×√16==5√28.(11分)∴平面BMN 与平面BCP 所成锐二面角的余弦值为5√28.(12分)解题思路 (1)连接BD,由条件推出△ABD 为正三角形,由等边三角形的性质与已知条件推出BM∥平面PCD,再结合中位线定理可推出MN∥平面PCD,从而使问题得证;(2)连接PM,以点M 为坐标原点,建立空间直角坐标系,然后求出相关点的坐标,从而求出平面BMN 与平面BCP 的法向量,进而利用夹角公式求解.。

直线、平面平行的判定与性质探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、平面平行的判定与性质①了解直线与平面、平面与平面间的位置关系;②认识和理解空间中直线、平面平行的有关性质和判定;③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题2019课标全国Ⅱ,7,5分面面平行的判定充要条件★★★2019课标全国Ⅰ,19,12分线面平行的判定,点到平面的距离线面垂直的判定2017课标全国Ⅰ,6,5分线面平行的判定—2016课标全国Ⅲ,19,12分线面平行的判定,三棱锥的体积线线平行的判定,体积公式分析解读从近几年的高考试题来看,高考对本节内容的考查比较平稳,一般通过对图形或几何体的认识,考查直线与平面平行以及平面与平面平行的判定和性质,题型以解答题为主,偶尔也会出现在小题之中,以命题判断居多,难度适中,主要考查直线、平面平行间的转化思想,同时也考查学生的空间想象能力以及逻辑推理能力,分值约为6分.破考点练考向【考点集训】考点直线、平面平行的判定与性质1.(2020届黑龙江哈三中9月月考,5)给出下列四种说法:①若平面α∥β,直线a⊂α,b⊂β,则a∥b;②若直线a∥b,直线a∥α,直线b∥β,则α∥β;③若平面α∥β,直线a⊂α,则a∥β;④若直线a∥α,a∥β,则α∥β.其中正确的个数为( )A.4B.3C.2D.11。

第4讲直线、平面平行的判定与性质一、知识梳理1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)因为l∥α，l⊂β，α∩β＝b，所以l∥b 2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，所以α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b1．三种平行关系的转化：线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想．2．平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.二、习题改编1．(必修2P58练习T3改编)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.2．(必修2P57例2改编)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的是 (只填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因为AB═∥C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面．③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．答案：①②④一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α.( )(2)若直线l在平面α外，则l∥α.( )(3)若直线l∥b，直线b⊂α，则l∥α.( )(4)若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)√二、易错纠偏常见误区(1)对空间平行关系的相互转化条件理解不够；(2)忽略线面平行、面面平行的条件．1．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．任意一条直线都不相交解析：选D.因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.2．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为．解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH ＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．答案：平行四边形与线、面平行相关命题的判定(师生共研)设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是( ) A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥βD．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β【解析】A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，所以n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n⊄β，l⊂β，所以n∥β.【答案】 D解决线、面平行关系应注意的问题(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易被忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．1．下列命题中正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α解析：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b⊄α，c⊂α，所以b∥α.2．(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，C，D选项，α均有可能与β相交，故排除A，C，D选项，选B.线面平行的判定与性质(多维探究)角度一线面平行的证明在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D.【证明】(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD 1∥MC 1.又因为在平面BCC 1B 1中，BM ═∥FC 1， 所以四边形BMC 1F 为平行四边形， 所以MC 1∥BF ， 所以BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ， 则OE ∥DC 且OE ＝12DC ，又D 1G ∥DC 且D 1G ＝12DC ，所以OE ═∥D 1G ，所以四边形OEGD 1是平行四边形， 所以GE ∥D 1O .又D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，GE ⊄平面BB 1D 1D ， 所以EG ∥平面BB 1D 1D .证明直线与平面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义．(2)利用线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明．角度二 线面平行性质的应用如图，在五面体ABCDFE 中，底面ABCD 为矩形，EF ∥AB ，过BC 的平面交棱FD于点P ，交棱FA 于点Q .证明：PQ ∥平面ABCD .【证明】 因为底面ABCD 为矩形，所以AD ∥BC ，⎭⎪⎬⎪⎫AD ∥BCAD ⊂平面ADF BC ⊄平面ADF ⇒BC ∥平面ADF ， ⎭⎪⎬⎪⎫BC ∥平面ADFBC ⊂平面BCPQ 平面BCPQ ∩平面ADF ＝PQ ⇒BC ∥PQ ，⎭⎪⎬⎪⎫PQ ∥BCPQ ⊄平面ABCD BC ⊂平面ABCD PQ ∥平面ABCD .应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．该定理的作用是由线面平行转化为线线平行．1．(2020·辽宁丹东质量测试(一))如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，D ，E 分别为AA 1，B 1C 的中点．证明：DE ∥平面ABC .证明：取BC 的中点F ， 连接AF ，EF ，则EF ∥BB 1，EF ＝12BB 1，所以EF ∥DA ，EF ＝DA ，则四边形ADEF 为平行四边形，所以DE ∥AF .又因为DE ⊄平面ABC ，AF ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC .2．如图所示，已知四边形ABCD 是正方形，四边形ACEF 是矩形，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．解：(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别是AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.面面平行的判定与性质(典例迁移)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1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.【证明】(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，所以A1G═∥EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.【迁移探究1】(变条件)在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，因为D为BC1的中点，H为A1C1的中点，所以HD∥A1B，又HD⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，所以HD∥平面A1B1BA.【迁移探究2】(变条件)在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD，因为D为BC的中点，所以A1B∥DM.因为A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D 1C 1═∥BD ， 所以四边形BDC 1D 1为平行四边形， 所以DC 1∥BD 1.又DC 1⊄平面A 1BD 1，BD 1⊂平面A 1BD 1， 所以DC 1∥平面A 1BD 1，又因为DC 1∩DM ＝D ，DC 1，DM ⊂平面AC 1D ， 所以平面A 1BD 1∥平面AC 1D .1．如图，AB ∥平面α∥平面β，过点A ，B 的直线m ，n 分别交α，β于点C ，E 和点D ，F ，若AC ＝2，CE ＝3，BF ＝4，则BD 的长为( )A.65 B.75 C.85D ．95解析：选C.由AB ∥α∥β，易证 AC CE ＝BDDF. 即AC AE ＝BD BF， 所以BD ＝AC ·BF AE ＝2×45＝85. 2．(一题多解)如图，四边形ABCD 是边长为3的正方形，ED ⊥平面ABCD ，AF ⊥平面ABCD ，DE ＝3AF ＝3.证明：平面ABF ∥平面DCE .证明：法一：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE.因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE.因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.法二：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，所以平面ABF∥平面DCE.法三：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥DC.又DE∩DC＝D，所以AD⊥平面DEC.同理AD⊥平面ABF.所以平面ABF∥平面DCE.[基础题组练]1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：选B.因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．2．(2020·大连双基测试)已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m 的是( )A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC ．l ∥α，m ⊂αD ．l ⊂α，α∩β＝m解析：选B.选项A 中，直线l ，m 也可能异面；选项B 中，根据面面平行的性质定理，可推出l ∥m ，B 正确；选项C 中，直线l ，m 也可能异面；选项D 中，直线l ，m 也可能相交，故选B.3．(2020·长沙市统一模拟考试)设a ，b ，c 表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a ∥c ，b ∥c ，则a ∥b ；②若a ∥b ，b ∥α，则a ∥α；③若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ；④若a ⊂α，b ⊂β，α∥β，则a ∥b .真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a ∥b ，b ∥α，可以推出a ∥α或a ⊂α，故②是假命题；对于③，根据a ∥α，b ∥α，可以推出a 与b 平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a ⊂α，b ⊂β.α∥β，可以推出a ∥b 或a 与b 异面，故④是假命题，所以真命题的个数是1，故选A.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 ═∥15BD ，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 ═∥12BD ，所以EF ∥HG 且EF ≠HG .所以四边形EFGH 是梯形．5．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 是DD 1的中点，则BD 1与平面ACE 的位置关系为 ．解析：如图，连接AC ，BD 交于O 点，连接OE ，因为OE ∥BD 1，而OE ⊂平面ACE ，BD 1⊄平面ACE ，所以BD 1∥平面ACE .答案：平行6.如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长等于 ．解析：因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，所以F 为DC 的中点．故EF ＝12AC ＝ 2.答案： 27．在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB ＝90°，且AC ＝1，AB ＝2，E 为BB 1的中点，M 为AC 上一点，AM ＝23AC .(1)若三棱锥A 1­C 1ME 的体积为26，求AA 1的长； (2)证明：CB 1∥平面A 1EM .解：(1)设AA 1＝h ，因为VA 1­C 1ME ＝VE ­A 1C 1M ，S △A 1C 1M ＝12A 1C 1×h ＝h2，三棱锥E ­A 1C 1M 的高为2，所以VE ­A 1C 1M ＝13×h 2×2＝26，解得h ＝22，即AA 1＝22.(2)证明：如图，连接AB 1交A 1E 于点F ，连接MF .因为E 为BB 1的中点，所以AF ＝23AB 1，又AM ＝23AC ，所以MF ∥CB 1，又MF ⊂平面A 1EM ，CB 1⊄平面A 1EM ， 所以CB 1∥平面A 1EM .8．(2020·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面PAB ； (2)求三棱锥P ­ABM 的体积．解：(1)证明：因为M ，N 分别为PD ，AD 的中点， 所以MN ∥PA ，又MN ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，CN ＝AN ， 所以∠ACN ＝60°.又∠BAC ＝60°，所以CN ∥AB .因为CN ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CN ∥平面PAB . 又CN ∩MN ＝N ，所以平面CMN ∥平面PAB . (2)由(1)知，平面CMN ∥平面PAB ，所以点M 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离． 因为AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，所以BC ＝3，所以三棱锥P ­ABM 的体积V ＝V M ­PAB ＝V C ­PAB ＝V P ­ABC ＝13×12×1×3×2＝33.[综合题组练]1．如图，在四面体ABCD 中，若截面PQMN 是正方形，则在下列说法中，错误的为( )A ．AC ⊥BDB ．AC ＝BD C ．AC ∥截面PQMND ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 解析：选B.因为截面PQMN 是正方形， 所以PQ ∥MN ，QM ∥PN ，则PQ ∥平面ACD ，QM ∥平面BDA ， 所以PQ ∥AC ，QM ∥BD ，由PQ ⊥QM 可得AC ⊥BD ，故A 正确； 由PQ ∥AC 可得AC ∥截面PQMN ，故C 正确； 由BD ∥PN ，所以∠MPN 是异面直线PM 与BD 所成的角，且为45°，D 正确； 由上面可知：BD ∥PN ，MN ∥AC . 所以PN BD ＝AN AD ，MN AC ＝DNAD，而AN ≠DN ，PN ＝MN ， 所以BD ≠AC .B 错误．故选B.2．在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件 时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .解析：如图所示，设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥PA .连接DB ，因为P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面PAO ，QB ⊄平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，PA ⊂平面PAO ，所以D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ，又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ ∥平面PAO .故Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .答案：Q 为CC 1的中点3．如图，四边形ABCD与ADEF为平行四边形，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.证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又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，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.4．(2020·南昌二模)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD.(1)确定点E，F的位置，并说明理由；(2)求三棱锥F­DCE的体积．解：(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CE∥AD，又AB∥DC，所以四边形AECD 是平行四边形， 所以DC ＝AE ＝12AB ，即点E 是AB 的中点．因为平面CEF ∥平面PAD ，平面CEF ∩平面PAB ＝EF ， 平面PAD ∩平面PAB ＝PA ，所以EF ∥PA ，又点E 是AB 的中点， 所以点F 是PB 的中点．综上，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(2)连接PE ，由题意及(1)知PA ＝PB ，AE ＝EB ，所以PE ⊥AB ，又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ， 所以PE ⊥平面ABCD . 又AB ∥CD ，AB ⊥AD ，所以V F ­DEC ＝12V P ­DEC ＝16S △DEC ×PE ＝16×12×2×2×2＝23.。

21年高考数学直线、平面平行的判定及其性质一、题点全面练1．已知α，β表示两个不同的平面，直线m是α内一条直线，则“α∥β”是“m∥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解析：选A由α∥β，m⊂α，可得m∥β；反过来，由m∥β，m⊂α，不能推出α∥β.综上，“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件．2．(2019·湘中名校联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.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P Q R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P Q∥AL，PR∥AM，且P Q与PR相交，AL与AM相交，所以平面P Q R∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面P Q R.4．已知α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线．给出下列命题：①若l上两点到α的距离相等，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若α∥β，l⊄β，且l∥α，则l∥β.其中正确的命题是()A．①② B.①②③C．①③D．②③解析：选D对于①，若直线l在平面α内，l上有两点到α的距离为0，相等，此时l不与α平行，所以①错误；对于②，因为l ∥β，所以存在直线m⊂β使得l∥m，因为l⊥α，所以m⊥α，又m ⊂β，所以β⊥α，所以②正确；对于③，l∥α，故存在m⊂α使得l ∥m，因为α∥β，所以m∥β，因为l∥m，l⊄β，所以l∥β，③正确．故选D.5．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列三个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；③若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．0 B.1C．2 D．3解析：选C①正确；②中三条直线也可能相交于一点，故错误；③正确，所以正确的命题有2个．6．已知下列命题：①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交；③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面；④若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b.上述命题正确的是________(填序号)．解析：①若直线与平面有两个公共点，由公理1可得直线在平面内，故①对；②如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故②错；③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线无公共点，即平行或异面，故③对；④若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b或a，b异面，故④错．答案：①③7.如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．答案：平行四边形8.如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于P Q ，Q 在直线CD 上，则P Q ＝________.解析：如图，连接PD 1，PB 1.∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝P Q ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥P Q .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥P Q ，设P Q ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DP Q ，∴P Q PM ＝PD AP ＝2，即P Q ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13， ∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴P Q ＝223a . 答案：223a 9.(2019·南昌模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面PAB ；(2)求三棱锥P -ABM 的体积．解：(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝3，∴三棱锥P-ABM的体积V＝V M-PAB＝V C-PAB＝V P-ABC＝13×1 2×1×3×2＝3 3.10.(2018·湘东五校联考)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，△A1CB 是等边三角形，AC＝AB＝1，B1C1∥BC，BC＝2B1C1.(1)求证：AB1∥平面A1C1C；(2)求多面体ABC-A1B1C1的体积．解：(1)证明：取BC的中点D，连接AD，B 1D，C1D，∵B1C1∥BC，BC＝2B1C1，∴BD∥B1C1，BD＝B1C1，CD∥B1C1，CD＝B1C1，∴四边形BDC1B1，CDB1C1是平行四边形，∴C1D∥B1B，C1D＝B1B，CC1∥B1D，又B1D⊄平面A1C1C，CC1⊂平面A1C1C，∴B1D∥平面A1C1C.在正方形ABB1A1中，BB1∥AA1，BB1＝AA1，∴C1D∥AA1，C1D＝AA1，∴四边形ADC1A1是平行四边形，∴AD∥A1C1. 又AD⊄平面A1C1C，A1C1⊂平面A1C1C，∴AD∥平面A1C1C，∵B1D∩AD＝D，∴平面ADB1∥平面A1C1C，又AB1⊂平面ADB1，∴AB1∥平面A1C1C. (2)在正方形ABB1A1中A1B＝2，∵△A1CB是等边三角形，∴A1C＝BC＝2，∴AC2＋AA21＝A1C2，AB2＋AC2＝BC2，∴AA 1⊥AC ，AC ⊥AB .又AA 1⊥AB ，∴AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥CD ，易得CD ⊥AD ，AD ∩AA 1＝A ，∴CD ⊥平面ADC 1A 1.易知多面体ABC -A 1B 1C 1是由直三棱柱ABD -A 1B 1C 1和四棱锥C -ADC 1A 1组成的，直三棱柱ABD -A 1B 1C 1的体积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝14， 四棱锥C -ADC 1A 1的体积为13×22×1×22＝16， ∴多面体ABC -A 1B 1C 1的体积为14＋16＝512. 二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1.在如图所示的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F分别为棱AB 和棱AA 1的中点，点M ，N 分别为线段D 1E ，C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．无数条B.2条 C ．1条 D ．0条解析：选A 因为直线D 1E ，C 1F 与平面ABCD 都相交，所以只需要把平面ABCD 向上平移，与线段D 1E 的交点为M ，与线段C 1F 的交点为N ，由面面平行的性质定理知MN ∥平面ABCD ，故有无数条直线MN ∥平面ABCD ，故选A.2．设α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________(填序号)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确．答案：①或③3.如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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∥D1D，HN∥BD，∵FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，∴平面FNH∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FNH，∴MN∥平面B1BDD1.答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)4.如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是______(填序号)．①MB是定值；②点M在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.解析：取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∵MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝12A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，∴MB是定值，①正确；∵B是定点，∴M在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．∴①②④正确．答案：①②④(二)素养专练——学会更学通5．[直观想象、逻辑推理]如图，四边形ABCD与四边形ADEF 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，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O.连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.又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.又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.6．[直观想象、逻辑推理]如图，四棱锥P -ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD.(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝12AB，又AB∥CD，CD＝12AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH为平行四边形，所以CE∥DH，又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，因此CE∥平面PAD.(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，则AF＝12AB，因为CD＝12AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CF∥AD.又AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD，由(1)可知CE∥平面PAD，又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．。

8.3直线、平面平行的判定与性质挖命题【考情探究】分析解读从近5年高考情况来看,本节内容一直是高考的热点,主要考查直线与平面及平面与平面平行的判定和性质,常设置在解答题中的第(1)问,难度中等,解题时应注意线线平行、线面平行、面面平行的相互转化,应充分发挥空间想象能力以及逻辑思维能力.破考点【考点集训】考点一直线与平面平行的判定与性质1.(2017山西大学附中10月模拟,11)如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为()A.AC⊥BDB.AC=BDC.AC∥截面PQMND.异面直线PM与BD所成的角为45°答案B2.(2017山西太原五中月考,14)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有条.答案63.(2018江苏无锡模拟,18)如图,在四面体PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D为PC的中点.(1)求证:AD⊥BD;(2)若M为PB的中点,点N在直线AB上,且AN∶NB=1∶2,求证:直线AD∥平面CMN.证明(1)∵PA=AC,D为PC的中点,∴AD⊥PC.∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴BC⊥平面PAC.∵AD⊂平面PAC,∴BC⊥AD.又∵AD⊥PC,BC∩PC=C,PC,BC⊂平面PBC,∴AD⊥平面PBC.∵BD⊂平面PBC,∴AD⊥BD.(2)连接DM,设BD与CM交于点G,连接NG.∵D、M分别为PC和PB的中点,∴DM∥BC且DM=BC,∴DG∶GB=DM∶BC=1∶2.∵AN∶NB=1∶2,∴AN∶NB=DG∶GB.∴△BNG∽△BAD,∴AD∥NG.∵AD⊄平面CMN,NG⊂平面CMN,∴直线AD∥平面CMN.考点二平面与平面平行的判定与性质1.(2018安徽黄山二模,4)下列说法中,错误的是()A.若平面α∥平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,则l∥mB.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=l,m⊂α,m⊥l,则m⊥βC.若直线l⊥平面α,平面α⊥平面β,则l∥βD.若直线l∥平面α,平面α∩平面β=m,直线l⊂平面β,则l∥m答案C2.(2017河南豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α,l1⊂β,l2⊂β,l1∩l2=M,则α∥β的一个充分条件是()A.m∥β且l1∥αB.m∥β且n∥βC.m∥β且n∥l2D.m∥l1且n∥l2答案D3.(2017江西九江模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E、F分别是棱BC、CC1的中点.(1)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1,试确定点D的位置,并说明理由;(2)证明:EF⊥A1C.解析(1)∵面DEF∥面ABC1,面ABC∩面DEF=DE,面ABC∩面ABC1=AB,∴AB∥DE,(4分)∵在△ABC中,E是BC的中点,∴D是线段AC的中点.(6分)(2)证明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,∴侧面A1ACC1是菱形,∴A1C⊥AC1,(7分)又易得AB⊥A1C,∵AB∩AC1=A,∴A1C⊥面ABC1,(9分)∴A1C⊥BC1.(10分)又∵E、F分别为棱BC、CC1的中点,∴EF∥BC1,(11分)∴EF⊥A1C.(12分)炼技法【方法集训】方法1 证明直线与平面平行的方法1.如图,空间几何体ABCDFE中,四边形ABCD是菱形,直角梯形ADFE所在平面与平面ABCD 垂直,且AE⊥AD,EF∥AD,P,Q分别是棱BE、DF的中点.求证:PQ∥平面ABCD.证明如图,作PM∥EA交AB于M,作QN∥EA交AD于N,连接MN.因为P、Q分别是棱BE、DF的中点,所以PM∥EA且PM=EA,QN∥EA且QN=EA,所以PM QN,所以四边形PMNQ为平行四边形,所以PQ∥MN,又PQ⊄平面ABCD,MN⊂平面ABCD,所以PQ∥平面ABCD.2.如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别是AC,A1C1的中点.(1)证明:AD1∥平面BDC1;(2)证明:BD∥平面AB1D1.证明(1)∵D1,D分别为A1C1,AC的中点,四边形ACC1A1为平行四边形,∴C1D1DA,∴四边形ADC1D1为平行四边形,∴AD1∥C1D.又AD1⊄平面BDC1,C1D⊂平面BDC1,∴AD1∥平面BDC1.(2)连接D1D,如图.易知DD1CC1,又CC1BB1,∴BB1DD1.故四边形BDD1B1为平行四边形.∴BD∥B1D1.又BD⊄平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,∴BD∥平面AB1D1.3.(2018广东惠州一调,19)如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=2,点E在A1D上.(1)证明:AA1⊥平面ABCD;(2)当为何值时,A1B∥平面EAC?并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离.解析(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,所以AB=AD=AC=2,在△AA1B中,由A+AB2=A1B2,知AA1⊥AB,同理,AA1⊥AD,又AB∩AD=A,所以AA1⊥平面ABCD.(4分)(2)当=1时,A1B∥平面EAC.(6分)理由如下:连接BD交AC于点O,连接OE,假设A1B∥平面EAC,由于A1B⊂平面A1BD,且平面EAC∩平面A1BD=OE,则OE∥A1B,∵O为BD的中点,∴在△A1BD中,E为A1D的中点,即=1.直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离,因为E为A1D的中点,所以点A1到平面EAC的距离等于点D到平面EAC的距离,V D-EAC=V E-ACD,设AD的中点为F,连接EF,则EF∥AA1,且EF=1,所以EF⊥平面ACD,可求得S△ACD=,所以V E-ACD=×1×=.(9分)又因为AE=,AC=2,CE=2,所以S△EAC=,所以S△EAC·d=×d=(d表示点D到平面EAC 的距离),解得d=,所以直线A1B与平面EAC之间的距离为.(12分)方法2 证明平面与平面平行的方法1.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,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.证明(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO,又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.又DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点,所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN,又BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE∥平面MNG.2.(2017河南中原名校联考,20)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F分别为AD,PA的中点,在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD.(1)求证:平面BEF∥平面PDQ;(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.解析(1)证明:如图,以点A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),设Q(1,x,0),则=(1,x,-1),=(-1,a-x,0),(2分)若PQ⊥QD,则·=-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0,Δ=(-a)2-4,∵在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD,∴Δ=0,∴a=2,x=1.(4分)∴Q(1,1,0),=(-1,1,0),又E是AD的中点,∴E(0,1,0),=(-1,1,0),∴=,∴BE∥DQ,又BE⊄平面PDQ,DQ⊂平面PDQ,∴BE∥平面PDQ,又F是PA的中点,∴EF∥PD,∵EF⊄平面PDQ,PD⊂平面PDQ,∴EF∥平面PDQ,∵BE∩EF=E,BE,EF⊄平面PDQ,∴平面BEF∥平面PDQ.(6分)(2)设平面BFQ的法向量n1=(x,y,z),则n1·=0,n1·=0,易知=,=(0,1,0),∴取z=2,得n1=(1,0,2),同理,可得平面BEF的一个法向量n2=(1,1,2),∴cos<n1,n2>==,又易知二面角E-BF-Q为锐角,∴二面角E-BF-Q的余弦值为.(12分)过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组1.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④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.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案②③④2.(2014课标Ⅱ,18,12分)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.解析(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.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)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的一个法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量,由题设得|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=××××=.思路分析(1)在平面AEC内找出与PB平行的直线,分析题意可通过作三角形的中位线进行证明;(2)要求三棱锥E-ACD的体积,易知三棱锥的高,又已知底面直角三角形的一直角边AD 的长,故只需求出另一直角边CD的长.可建立空间直角坐标系,利用向量法列方程(组)求解.易错警示对于第(2)问,二面角的平面角与两个半平面的法向量夹角相等或互补,部分同学容易错误认为仅相等,另外,计算法向量时可能出错.B组自主命题·省(区、市)卷题组1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m ⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案A2.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案B3.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)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.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,所以sin∠APH==.解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sinα===.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.思路分析对(1),延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CM∥EB,从而CM∥平面PBE;对(2),有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA与面PCE所成的角,然后通过解三角形求值;解法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sinα=求值.C组教师专用题组1.(2016浙江,2,5分)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答案C2.(2015安徽,5,5分)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,则在α内与β平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案D3.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).4.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.6.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG 为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.(2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,得AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).可得H,F(0,,1),故=,=(0,,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>===.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.7.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD 为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E 点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==.评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.9.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:如图,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得E(2,1,0),F(1,0,0),M(2,1,2),N(1,0,2),Q(2,2,λ),P(0,0,λ).设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±.故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.评析本题考查了线面平行的证明方法和二面角的计算.体现了利用平面的法向量解决二面角中有关求值问题的优势.充分利用方程的思想方法是解题的关键.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2019届黑龙江哈尔滨师范大学附中期中,5)若m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列说法中正确的是()A.α∥β,m⊂α,n⊂β⇒m∥nB.α⊥γ,β⊥γ⇒α∥βC.α∥β,m∥n,m⊥α⇒n⊥βD.α∩β=m,β∩γ=n,m∥n⇒α∥β答案C2.(2019届浙江温州九校第一次联考,4)已知m为一条直线,α,β为两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若m∥α,α∥β,则m∥βB.若m⊥α,α⊥β,则m∥βC.若m⊥α,α∥β,则m⊥βD.若m∥α,α⊥β,则m⊥β答案C3.(2017河南洛阳一模,9)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面α与棱AB,AC,A1C1,A1B1分别交于点E,F,G,H,且直线AA1∥平面α.有下列三个命题:①四边形EFGH是平行四边形;②平面α∥平面BCC1B1;③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题为()A.①②B.②③C.①③D.①②③答案C4.(2018湖南长沙长郡中学模拟,11)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,点E是线段AB的中点,点F在线段PA上,且EF∥平面PCD,直线PD与平面CEF交于点H,则线段CH的长度为()A. B.2 C.2 D.2答案C二、填空题(共5分)5.(2018山东烟台二模,16)如图是一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=10,E,F分别为AD,BC 的中点,现分别将△ABE,△CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)①当平面ABE∥平面CDF时,AC∥平面BFDE;②当平面ABE∥平面CDF时,AE∥CD;③当A、C重合于点P时,PG⊥PD;④当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150π.答案①④三、解答题(共60分)6.(2019届广东肇庆第一次统测,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PD⊥平面ABCD,M是PC的中点,G是线段DM上异于端点的一点,平面GAP∩平面BDM=GH,PD=2.(1)证明:GH∥平面PAD;(2)若PD与平面GAP所成的角的正弦值为,求四棱锥D-PAHG的体积.解析(1)证明:连接AC交BD于点O,连接MO.因为MO是△APC的中位线,所以MO∥PA.又PA⊄平面MBD,MO⊂平面MBD,所以PA∥平面MBD.又因为平面GAP∩平面BDM=GH,PA⊂平面GAP,所以PA∥GH.又GH⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)如图,建立空间直角坐标系.依题意可得D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1).因为G在DM上,所以可设G(0,t,t)(0<t<1),=(-2,0,2),=(0,t,t-2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)是平面GAP的法向量,则即可取n=,设PD与平面GAP所成的角为α,则sinα=|cos<,n>|==,解得t=,则G是线段DM的中点,D到平面GAP的距离为=.由(1)知MO∥PA,PA∥GH,所以MO∥GH,所以H是DO的中点,经计算,PA=2,GH=,PG=AH=,梯形PAHG的高为,面积为,∴四棱锥D-PAHG的体积V D-PAHG=××=.解后反思本题考查线面平行的判定、性质、空间几何体体积的求解方法以及空间向量的应用,是高考考查的重点题型之一,综合性较强,有一定的难度,解题的关键有二:一是能否准确作出辅助线,直接影响第一问的证明;二是利用法向量确定点G的位置.此题计算量较大.7.(2019届福建厦门外国语学校11月月考,18)如图,菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2,它们所在的平面互相垂直,FD⊥平面ABCD,且FD=.(1)求证:EF∥平面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求直线EF与平面AFB所成角的正弦值.解析(1)证明:如图,过点E作EH⊥BC于H,连接HD,∴EH=.∵平面ABCD⊥平面BCE,EH⊂平面BCE,平面ABCD∩平面BCE=BC,∴EH⊥平面ABCD.又∵FD⊥平面ABCD,FD=,∴FD EH,∴四边形EHDF为平行四边形,∴EF∥HD.∵EF⊄平面ABCD,HD⊂平面ABCD,∴EF∥平面ABCD,(2)连接HA,AC,由(1)可得H为BC中点,∵∠CBA=60°,则△ABC为等边三角形,∴HA⊥BC,分别以HB,HA,HE所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.则B(1,0,0),F(-2,,),E(0,0,),A(0,,0),=(-3,,),=(-1,,0),=(-1,0,).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),直线EF与平面AFB所成的角为α,由得令y=1,则x=,z=2,得n=(,1,2).sinα=|cos<,n>|=.名师点睛利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”.8.(2018湖北武汉汉阳一中模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等边三角形,且AA1⊥平面ABC,D为AB的中点.(1)求证:直线BC1∥平面A1CD;(2)若AB=BB1=2,E是BB1的中点,求三棱锥A1-CDE的体积.解析(1)证明:连接AC1,交A1C于点F,连接DF,则F为AC1的中点,又D为AB的中点,所以BC1∥DF.又BC1⊄平面A1CD,DF⊂平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)三棱锥A1-CDE的体积==·h.其中三棱锥C-A1DE的高h等于点C 到平面ABB1A1的距离,可知h=CD=.又=2×2-×1×2-×1×1-×1×2=,所以==·h=××=.9.(2018河北衡水中学、河南顶级名校3月联考,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AB=AA1,过AA1的平面分别交BC,B1C1于点D,D1.(1)求证:四边形ADD1A1为平行四边形;(2)若AA1⊥平面ABC,D为BC的中点,E为DD1的中点,求二面角A-C1E-C的余弦值.解析(1)证明:因为AA1∥BB1,AA1⊄平面BCC1B1,BB1⊂平面BCC1B1,所以AA1∥平面BCC1B1.(2分)又因为AA1⊂平面ADD1A1,平面ADD1A1∩平面BCC1B1=DD1,所以AA1∥DD1.(3分)因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面ABC∩平面ADD1A1=AD,平面A1B1C1∩平面ADD1A1=A1D1,所以AD∥A1D1.(5分)所以四边形ADD1A1为平行四边形.(6分)(2)因为D为BC的中点,AC=AB,所以AD⊥BC.因为AA1∥DD1,AA1⊥平面ABC,所以DD1⊥平面ABC,从而DD1⊥AD.又DD1∩BC=D,所以AD⊥平面BCC1B1.(8分)分别以DA,DB,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设AC=BC=AB=AA1=2,则A(,0,0),E(0,0,1),C1(0,-1,2),=(-,0,1),=(0,1,-1).设平面AC1E的法向量为n=(a,b,c),由得取c=,得n=(1,,).(10分)由AD⊥平面BCC1B1,得平面CC1E的一个法向量为=(,0,0),所以cos<,n>===,又易知二面角A-C1E-C为锐二面角,故二面角A-C1E-C的余弦值为.(12分)思路分析(1)利用线面平行的判定定理得AA1∥面BCC1B1,利用线面平行的性质定理得AA1∥DD1,再利用面面平行的性质定理得AD∥A1D1,从而得证四边形ADD1A1为平行四边形.(2)首先证明DD1⊥面ABC,AD⊥面BCC1B1,从而以DA,DB,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,分别求出面AC1E和面C1EC的一个法向量,通过向量夹角公式及图形求出二面角A-C1E-C的余弦值.一题多解本题第(2)问也可用以下解法求得:连接BC1,则E是BC1的中点,取BE的中点O,连接DO,AO,由DB=DE,可知DO⊥BE,可得∠AOD是所求二面角的平面角,进而通过解直角三角形得cos∠AOD=,从而得二面角A-C1E-C的余弦值为.10.(2017广东六校联盟联考,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,底面ABC是直角三角形,PA=AB=BC=4,O是棱AC的中点,G是△AOB的重心,D是PA的中点.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求证:DG∥平面PBC;(3)求二面角A-PC-B的大小.解析(1)证明:∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC,∵底面ABC是直角三角形,AB=BC,∴BC⊥AB,又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.(2)证明:如图,连接OG并延长交AB于点E,连接DO,DE,∵G是△AOB的重心,∴OE为AB边上的中线,∴E为AB的中点,又D为PA的中点,∴DE∥PB,同理可得DO∥PC,又DE∩DO=D,PB∩PC=P,∴平面DOE∥平面PBC,又DG⊂平面DOE,∴DG∥平面PBC.(3)过点O作OQ⊥PC于点Q,连接BQ,∵AB=BC且O是棱AC的中点,∴BO⊥AC.∵PA⊥平面ABC,∴平面PAC⊥平面ABC.又平面PAC∩平面ABC=AC,且BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面PAC,∴BO⊥PC,又OQ⊥PC,BO∩OQ=O,∴PC⊥平面BOQ,∴BQ⊥PC,∴∠OQB为二面角A-PC-B的平面角.由已知得OB=OC=2,PC==4,∵△PAC∽△OQC,∴=,即=,∴OQ=,∴tan∠OQB==,∴∠OQB=60°,即二面角A-PC-B的大小为60°.。