曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
8.2 直线、平面平行的判定与性质
三年模拟
一、选择题
1.(2022银川一中一模,7)已知互不重合的直线m,n,互不重合的平面α,β,下列命题正确的
是( )
A.若n⊂α,m∥n,则m∥α
B.若n⊂α,m⊥n,则m⊥α
C.若α∥β,m∥α,则m∥β
D.若m⊥β,m⊂α,则α⊥β
答案 D 如果直线m在平面α内,则无法得出m∥α,故A不正确;直线m只和平面内的
一条直线垂直,无法得出线面垂直,故B不正确;α∥β,m∥α,直线m有可能在平面β内,无法
得出m∥β,故C不正确;对于D,符合平面和平面垂直的判定定理,所以正确.故选D.
2.(2022九师联盟豫南期中,5)如图,在多面体ABC-DEFG中,平面ABC∥平面
DEFG,EF∥DG,且AB=DE,DG=2EF,则( )
A.BF∥平面ACGD
B.CF∥平面ABED
C.BC∥FG
D.平面ABED∥平面CGF
答案 A 取DG的中点M,连接AM,FM,
则由已知条件可得 四边形 DEFM 为平行四边形 , ∴ DE FM ,
又知平面ABC∥平面DEFG,平面ABC∩平面ADEB=AB,平面DEFG∩平面ADEB=DE,
∴AB∥DE,∴AB∥FM,又知AB=DE,∴AB=FM,
∴四边形ABFM为平行四边形,
∴BF∥AM,又BF⊄平面ACGD,AM⊂平面ACGD,
∴BF∥平面ACGD,故选A.
3.(2022贵阳一模,7)正方体ABCD-A B C D 中,P,Q,R分别是A D ,C D ,AA 的中点.那么
1 1 1 1 1 1 1 1 1
过P,Q,R三点的正方体的截面图形是( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
答案 D 如图,连接PQ,PR,分别取CC ,BC,BA的中点E,F,M,
1
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连接FM,QE,EF,MR,则由正方体的性质可得FM∥QP,EF∥PR,QE∥RM,所以点P,Q,E,F,M,R
共面,所以六边形PQEFMR即为过P,Q,R三点的正方体的截面图形.
故选D.
4.(2022青海顶级名校3月联考,8)如图,已知正方体ABCD-A B C D 中,P为棱CC 上异
1 1 1 1 1
于C,C 的动点,Q为棱AA 的中点,设直线m为平面BDP与平面B D P的交线,以下结论
1 1 1 1
正确的是( )
A.m∥D
1
Q B.m⊥B
1
Q
C.m∥平面B
1
D
1
Q D.m⊥平面ABB
1
A
1
答案 C 因为在正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,D
1
B 1∥BD,且D
1
B 1⊄平面BDP,BD⊂平面
BDP,所以D
1
B 1∥平面BDP,因为D
1
B 1⊂平面B
1
D
1
P,平面B
1
D
1
P∩平面BDP=m,所以m∥D
1
B
1
,
而D
1
Q∩D
1
B
1
=D
1
,所以m与D
1
Q不平行,故A中结论不正确;因为m∥D
1
B
1
,m⊄平面
D
1
B
1
Q,D
1
B 1⊂平面D
1
B
1
Q,所以m∥平面D
1
B
1
Q,故C中结论正确;若m⊥B
1
Q,则D
1
B 1⊥B
1
Q,而
△QB
1
D
1
为等腰三角形,所以D
1
B
1
与B
1
Q显然不垂直,故B中结论不正确;若m⊥平面
ABB
1
A
1
,则D
1
B 1⊥平面ABB
1
A
1
,显然与正方体的性质矛盾,故D中结论不正确.故选C.
5.(2022江西赣州二模,10)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,AB=2,点E为AB中点,点F
1 1 1 1
为BC中点,则过点A与B E,C F都平行的平面α被正方体ABCD-A B C D 截得的截面
1 1 1 1 1 1
面积为( )
√7 5√3 3
A. B. C.√3D.
2 4 2
答案 D 取A
1
B
1
的中点G,A
1
D
1
的中点H,连接AG,GH,AH,则△AGH就是平面α被正方
体ABCD-A B C D 截得的截面(证明略),其中AG=AH=
1 1 1 1
√5,GH=√2,则GH边上的高为
√
(√5)2-
(√2) 2
=
3√2
,所以△AGH的面积S=
2 2
1 3√2 3
×√2× = .故选D.
2 2 2
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6.(2022江西上饶六校二模,11)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥底面
π
ABCD,PA=√3AB=√3,∠ABC= ,截面BDE与直线PC平行,与PA交于点E,则下列说法
3
错误的是( )
A.BD⊥平面PAC
B.E为PA的中点
7√7
C.三棱锥P-ABD的外接球的体积为 π
6
π
D.PD与BC所成的角为
6
答案 D 连接AC,交BD于点O,连接OE.
对于A,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD,又底面ABCD是菱形,∴AC⊥BD,而
PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,A正确;
对于B,截面BDE与直线PC平行,而平面PCOE∩平面BDE=OE,∴PC∥OE,而O是AC的
中点,故E为PA的中点,B正确;
对于C,由题意得CA=CB=CD=1,PA=
√ 3 √7 4 7√7
√3,故外接球的半径为R= 1+ = ,外接球的体积为V = πR3= π,C正确;
4 2 3 6
π
对于D,由题意得AD∥BC,∠PDA或其补角即为PD与BC所成的角,易知∠PDA= ,D错误.
3
故选D.
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7.(2022西城期末,5)如图,在直三棱柱ABC-A B C 中,点E,F分别是棱A C ,BC的中点,则
1 1 1 1 1
下列结论中不正确的是( )
A.CC 1∥平面A
1
ABB
1
B.AF∥平面A
1
B
1
C
1
C.EF∥平面A
1
ABB
1
D.AE∥平面B
1
BCC
1
答案 D 对于选项A,由线面平行的判定定理得CC 1∥平面A
1
ABB
1
,选项A中结论正确;
对于选项B,因为平面ABC∥平面A
1
B
1
C
1
,AF⊂平面ABC,所以AF∥平面A
1
B
1
C
1
,选项B中
结论正确;对于选项C,取B C 的中点为G,连接EG,FG,运用面面平行的判定定理可证明
1 1
平面EFG∥平面A
1
ABB
1
,从而可得EF∥平面A
1
ABB
1
,选项C中结论正确;对于选项D,取
AC的中点为H,连接HC
1
,则HC
1
与平面B
1
BCC
1
相交,又因为HC 1∥AE,所以AE与平面
B BCC 相交,选项D中结论错误.故选D.
1 1
8.(多选)(2021山东青岛胶州调研,10)在三棱柱ABC-A B C 中,E,F,G分别为线段
1 1 1
AB,A B ,AA 的中点,下列说法正确的是( )
1 1 1
A.平面AC
1
F∥平面B
1
CE
B.直线FG∥平面B
1
CE
C.直线CG与BF异面
D.直线C F与平面CGE相交
1
答案 AC 对于A,在三棱柱ABC-A 1 B 1 C 1 中,因为E,F分别为线段AB,A 1 B 1 的中点,所以
B
1
E∥AF,CE∥C
1
F,因为B
1
E∩CE=E,AF∩C
1
F=F,B
1
E,CE⊂平面B
1
CE,AF,C
1
F⊂平面AC
1
F,所以
平面AC
1
F∥平面B
1
CE,所以A中说法正确;
对于B,连接AB
1
,因为F,G分别是线段A
1
B
1
,AA
1
的中点,所以FG∥AB
1
,又AB
1
∩B
1
E=B
1
,所
以FG与B E相交,所以直线FG与平面B CE相交,所以B中说法错误;对于C,连接EA ,
1 1 1
易知EA 1∥BF,又因为EA
1
∩平面CEG=E,所以BF与平面CEG相交,交点在直线EG上,而
CG⊂平面CEG,且CG不过BF与平面CEG的交点,所以CG与BF是异面直线,所以C中
说法正确;对于D,因为CE∥C
1
F,CE⊂平面CGE,C
1
F⊄平面CGE,所以直线C
1
F∥平面CGE,
所以D中说法错误.故选AC.
9.(多选)(2021南京航空航天大学附中期中,10)已知棱长为1的正方体ABCD-A B C D ,
1 1 1 1
过对角线BD 作平面α交棱AA 于点E,交棱CC 于点F,以下结论正确的是( )
1 1 1
A.四边形BFD E不一定是平行四边形
1
B.平面α分正方体所得两部分的体积相等
C.平面α与平面DBB 不可能垂直
1
D.四边形BFD E面积的最大值为√2
1
答案 BD 如图所示,
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对于选项A,因为平面ABB
1
A 1∥平面CC
1
D
1
D,平面BFD
1
E∩平面ABB
1
A
1
=BE,平面
BFD
1
E∩平面CC
1
D
1
D=D
1
F,所以BE∥D
1
F,同理可证D
1
E∥BF,所以四边形BFD
1
E是平行四
边形,故A中结论错误;对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分
的体积相等,故B中结论正确;对于选项C,连接AC,EF,在正方体ABCD-A B C D 中,有
1 1 1 1
AC⊥BD,AC⊥BB
1
,又BD∩BB
1
=B,所以AC⊥平面BB
1
D,当E、F分别为棱AA
1
,CC
1
的中点
时,有AC∥EF,则EF⊥平面BB
1
D,又因为EF⊂平面BFD
1
E,所以平面BFD
1
E⊥平面BB
1
D,故
C中结论错误;
对于选项D,当E与A重合,F与C 重合时,四边形BFD E的面积取最大值,为D E·BE=
1 1 1
√2×1=√2,故D中结论正确.故选BD.
二、填空题
10.(2022皖南八校三模,15)三棱锥A-BCD中,AB=CD=1,过线段BC中点E作平面EFGH
与直线AB、CD都平行,且分别交BD、AD、AC于F、G、H,则四边形EFGH的周长为
.
答案 2
解析 由线面平行的性质知,点F,G,H分别为棱BD、AD、AC的中点,故四边形EFGH
的周长为2.
11.(2022四川广安二中二模,16)如图,正方体ABCD-A B C D 的棱长是2,S是A B 的中
1 1 1 1 1 1
点,P是A
1
D
1
的中点,点Q在正方形DCC
1
D
1
及其内部运动,若PQ∥平面SBC
1
,则点Q的轨
迹的长度是 .
答案 √5
解析 如图所示,要使PQ∥平面SBC
1
,作PE∥C
1
S交C
1
D
1
于E,则PE∥平面SBC
1
,
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1 1
因为正方体ABCD-A B C D 的棱长是2,所以D E= C1D1= .
1 1 1 1 1 4 2
连接BD,取BD的中点O,连接PO,PS,则四边形PSBO为平行四边形,则PO∥SB,则PO∥平
面SBC
1
,又PO∩PE=P,所以平面POE∥平面SBC
1
.
3 3
设平面POE∩平面DCC D =EF,则DF= DC= ,
1 1 4 2
连接OF,EF,则四边形PEFO为平行四边形,Q在EF上,所以EF=
√(DF-D E)2+D D2=√12+22=√5.
1 1
12.(2021甘肃顶级名校第三次联考,16)如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分
别为AB和CD,且AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l.现有以下四个结论:①AD∥平面
SBC;②l∥AD;③若E是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积;④l与
平面SCD所成的角为45°.其中正确结论的序号是 .
答案 ①②④
解析 由AB和CD是圆O的直径及AB⊥CD,得四边形ACBD为正方形,则AD∥BC,又
AD⊄平面SBC,BC⊂平面SBC,所以AD∥平面SBC,所以①正确;因为AD⊂平面SAD,且平
1
面SAD∩平面SBC=l,所以AD∥l,所以②正确;因为S △SAE = 2 SA·SEsin∠ASE, 当 ∠ ASB 为钝
角时 ,(S △SAE ) max >S △ASB ; 当 ∠ ASB 为锐角或直角时 ,(S △SAE ) max =S △SAB ,则③不正确;由l∥AD可得
l与平面SCD所成的角等于AD与平面SCD所成的角,易证即为∠ADO,又因为
∠ADO=45°,所以l与平面SCD所成的角为45°,所以④正确.所以正确结论的序号为
①②④.
13.(2020天津新华中学统练(6),13)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.
①若m⊂α,m⊥β,则α⊥β;
②若m⊂α,α∩β=n,α⊥β,则m⊥n;
③若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥n;
④若m∥α,m⊂β,α∩β=n,则m∥n.
上述命题中为真命题的是 (填写所有真命题的序号).
答案 ①④
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解析 由面面垂直的判定定理可知①正确;②中,m,n可能平行或相交,②错误;③中,m,n
可能平行或异面,③错误;由线面平行的性质定理可知④正确,故答案是①④.
三、解答题
14.(2022哈尔滨九中二模,19)在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,CD=2AB,AC与BD相交于点
M,点N在线段AP上,AN=λAP(λ>0),且MN∥平面PCD.
(1)求实数λ的值;
(2)若AB=AD=DP=1,PA=PB=√2,∠BAD=60°,求点N到平面PCD的距离.
AM AB 1 AM 1
解析 (1)因为AB∥CD,所以 = = ,则 = .
MC CD 2 AC 3
因为MN∥平面PCD,MN⊂平面PAC,平面PAC∩平面PCD=PC,所以MN∥PC.所以
AN AM 1 1
= = ,即λ= .
AP AC 3 3
(2)解法一:因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形,所以BD=AD=1.
又因为PD=1,PA=PB=√2,所以PB2=PD2+BD2且PA2=PD2+AD2,所以PD⊥BD且PD⊥DA,
又因为DA∩DB=D,所以PD⊥平面ABCD.
因为PD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面ABCD.
过M作ME⊥CD于E,因为平面PCD∩平面ABCD=CD,所以ME⊥平面PCD.
又因为MN∥平面PCD,所以ME的长即为N到平面PCD的距离.
√3
在△ABD中,设AB边上的高为h,则h= ,
2
MD MC 2 2 √3 √3
因为 = = ,所以ME= h= ,即N到平面PCD的距离为 .
BD AC 3 3 3 3
解法二:同解法一证得PD⊥平面ABCD.
设点N到平面PCD的距离为d,由AN=
1 2 2 2
AP得NP= AP,所以V N-PCD= V A-PCD= V ,
P-ACD
3 3 3 3
2 1
即 PD·S = d·S .
9 △ACD 3 △PCD
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1 √3 1
因为S
△ACD
=
2
AD·DC·sin∠ADC=
2
,S
△PCD
=
2
PD·CD=1,PD=1,所以
2 √3 1 √3 √3
× = d,解得d= ,即N到平面PCD的距离为 .
9 2 3 3 3
15.(2022豫北名校联盟4月联考,19)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,E,F,G分别为所在
1 1 1 1
棱的中点,Q,H分别为正方形ADD A 和正方形ABCD的中心,连接
1 1
EF,EG,FG,D Q,CH,QH,CD .
1 1
(1)证明:平面EFG∥平面CD
1
QH;
(2)在线段CD上是否存在一点P,使得DQ∥平面D
1
PH?若存在,写出P点的位置并给出证
明;若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:如图,连接A
1
C
1
,BC
1
,由E,F,G分别为所在棱的中点,得A
1
C 1∥GF,EF∥BC
1
.
连接AH,AQ,CQ.由H为正方形ABCD的中心可得A,H,C三点共线,同理A,Q,D 三点共
1
线,
∴A∈平面CD
1
QH.
又知A
1
C 1∥AC,所以GF∥AC,
又AC⊂平面ACQ,GF⊄平面ACQ,
所以GF∥平面ACQ.
同理,AD 1∥EF,
又AD 1⊂平面ACQ,EF⊄平面ACQ,
所以EF∥平面ACQ.
又GF∩EF=F,
所以平面EFG∥平面ACQ,即平面EFG∥平面CD
1
QH.
1
(2)线段CD上存在一点P,当DP=
3
DC时,满足DQ∥平面D
1
PH.证明如下:
连接PH并延长交AB于点M,连接D M,则平面D PH与平面D PM为同一平面.
1 1 1
由H为AC的中点,得△AMH≌△CPH.
2 2
则AM= AB= CD,
3 3
取线段D M的中点N,连接QN,NP.
1
因为Q,N分别为AD ,D M的中点,
1 1
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1 1 1
所以QN= AM= AB= DC且QN∥AM,
2 3 3
1
又DP∥AM且DP= DC,所以QN∥DP且QN=DP,
3
所以四边形QDPN为平行四边形,故QD∥NP,
又QD⊄平面D
1
PH,NP⊂平面D
1
PH,
所以DQ∥平面D
1
PH.
16.(2022山西3月适应性测试,18)在如图所示的几何体中,平面ADNM⊥平面ABCD,四边
形ADNM是矩形,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,2AB=AD=CD=2.
(1)证明:AN∥平面MBC;
(2)设AM=√3,求二面角M-BC-D的余弦值.
解析 (1)证明:取CD的中点E,连接AE,NE,BE,
由已知得EC∥AB,EC=AB,则四边形ABCE为平行四边形,所以AE∥BC.
又AE⊄平面MBC,BC⊂平面MBC,
所以AE∥平面MBC.
由DE∥AB,DE=AB,得四边形ABED为平行四边形,所以AD∥EB,AD=EB.
又AD∥MN,AD=MN,所以BE∥MN,BE=MN.
所以四边形MBEN为平行四边形.所以MB∥NE.
又NE⊄平面MBC,MB⊂平面MBC,所以NE∥平面MBC.
因为AE∩NE=E,AE⊂平面ANE,NE⊂平面ANE,
所以平面ANE∥平面MBC.
又因为AN⊂平面ANE,所以AN∥平面MBC.
(2)连接BD.因为平面ADNM⊥平面ABCD,ND⊥AD,ND⊂平面ADNM,所以ND⊥平面
ABCD.
因为AD=2,AB=1,∠DAB=60°,
所以由余弦定理得BD=√3,
所以AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD,
又AB∥CD,所以CD⊥BD.
以D为原点,分别以DB,DC,DN所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-
xyz,
则B(√3,0,0),C(0,2,0),M(√3,-1,√3).
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所以⃗BM=(0,-1,√3),⃗BC=(-√3,2,0).
平面BCD的一个法向量为n =(0,0,1).
1
设平面MBC的法向量为n =(x,y,z),
2
{⃗BM·n =0, {- y+√3z=0,
则 2 即
⃗BC·n =0, -√3x+2y=0,
2
1 √2
令x=2,得n =(2,√3,1).cos<n1,n2>= = ,由图知 二面角 M-BC-D 为锐
2 1×√4+3+1 4
二面角,
√2
所以二面角M-BC-D的余弦值为 .
4
17.(2022西城一模,17)如图,四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,DE⊥平面
ABCD,AB=DE=1,AD=PA=2,点F在棱PA上.
(1)求证:BF∥平面CDE;
(2)求二面角C-PE-A的余弦值;
1
(3)若点F到平面PCE的距离为 ,求线段AF的长.
3
解析 (1)证明:在矩形ABCD中,AB∥CD.因为AB⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以AB∥平
面CDE.
因为PA⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以PA∥DE,
因为PA⊄平面CDE,DE⊂平面CDE,所以PA∥平面CDE.又因为PA⊂平面PAB,AB⊂平面
PAB,PA∩AB=A,所以平面PAB∥平面CDE.因为BF⊂平面PAB,所以BF∥平面CDE.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥AB,
又因为四边形ABCD是矩形,所以AD⊥AB,
所以AD、AB、AP两两垂直,以点A为坐标原点,AB、AD、AP所在直线分别为x、y、
z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则C(1,2,0)、P(0,0,2)、E(0,2,1),
所以⃗CE=(-1,0,1),⃗PE=(0,2,-1).
设平面PEC的法向量为n=(x,y,z),
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{n·⃗CE=0, {-x+z=0,
则 即
n·⃗PE=0, 2y-z=0,
取z=2,可得n=(2,1,2),
易知平面PEA的一个法向量为m=(1,0,0),
m·n 2
所以cos<m,n>= = ,
|m|·|n| 3
由图可知二面角C-PE-A为锐二面角,
2
所以二面角C-PE-A的余弦值是 .
3
(3)设AF=t,t∈[0,2],则F(0,0,t),所以
|⃗CF·n| |-2-2+2t| |2t-4| 1
⃗CF=(-1,-2,t),所以点F到平面PCE的距离为 = = . =
|n| 3 3 3
3 3
因为t∈[0,2],所以t= ,故AF= .
2 2
18.(2022房山一模,16)如图,在三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,BB 1⊥平面ABC,AB=BC=BB
1
=1.
(1)求证:AC∥平面BA
1
C
1
;
(2)若AB⊥BC,求:
①AA 与平面BA C 所成角的正弦值;
1 1 1
②直线AC与平面BA C 的距离.
1 1
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,四边形 AA
1
C
1
C为平行四边形.所以AC∥A
1
C
1
.
因为AC⊄平面BA
1
C
1
,A
1
C 1⊂平面 BA
1
C
1
,
所以AC∥平面BA
1
C
1
.
(2)因为 BB 1⊥平面ABC,AB,BC⊂平面ABC,
所以BB 1⊥AB,BB 1⊥BC.又AB⊥BC,
所以AB,BB ,BC两两互相垂直.
1
如图,建立空间直角坐标系B-xyz,
则A(1,0,0),B (0,1,0),C (0,1,1),A (1,1,0),B(0,0,0).
1 1 1
所以⃗BA =(1,1,0),⃗BC =(0,1,1),⃗A A =(0,1,0).
1 1 1
设平面BA C 的法向量为n=(x,y,z),
1 1
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{n·⃗BA =0, {x+ y=0,
则 1 即
n·⃗BC =0, y+z=0.
1
令x=1,则y=-1,z=1.于是n=(1,-1,1).
①设直线 AA 与平面 BA C 所成角为θ,则
1 1 1
| ⃗A A ·n | √3
sin θ=|cos<⃗A A ,n>|= 1 = .
1 |⃗A A ||n| 3
1
√3
所以AA 与平面 BA C 所成角的正弦值为 .
1 1 1 3
②因为 AC∥平面 BA
1
C
1
,所以直线AC 与平面BA
1
C
1
的距离等于点A到平面BA
1
C
1
的
距离.
设点A到平面BA C 的距离为h,则
1 1
|⃗A A ·n| |(0,1,0)·(1,-1,1)| √3
h= 1 = = .
|n| √3 3
19.(2022东城期末,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面
ABCD,PA=AB,M为线段PD上的动点.
(1)若直线PB∥平面ACM,求证:M为PD的中点;
√3 PM
(2)若平面PAC与平面MAC夹角的余弦值为 ,求 的值.
3 MD
解析 (1)证明:连接BD,交AC于点E,连接EM,
∵直线PB∥平面ACM,PB⊂平面PBD,平面ACM∩平面PBD=EM,∴PB∥EM,又E为BD的
中点,∴M为PD的中点.
(2)以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=AD=PA=1,则
A(0,0,0),P(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),
设⃗PM=t⃗PD(0≤t≤1),∵⃗AP=(0,0,1),⃗PD=(0,1,-1),⃗AC=(1,1,0),
∴⃗AM=⃗AP+⃗PM=(0,0,1)+t(0,1,-1)=(0,t,1-t),
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{m·⃗AP=0, { z =0,
设平面PAC的法向量为m=(x ,y ,z ),则 即 1 取x =1,则m=(1,-
1 1 1 m·⃗AC=0, x + y =0, 1
1 1
1,0).
{n·⃗AM=0, {t y +(1-t)z =0,
设平面MAC的法向量为n=(x ,y ,z ),则 即 2 2
2 2 2 n·⃗AC=0, x + y =0,
2 2
( t )
取x =1,则n= 1,-1, ,
2 1-t
设平面PAC与平面MAC的夹角为θ,
|m·n| 1+1 √3 2
= = ,解得t=
则cos θ=|cos<m,n>|= |m||n| √12+(-1)2· √ 12+(-1)2+ ( t ) 2 3 3
1-t
2 2 PM
,∴⃗PM= ⃗PD,∴PM= PD,∴ =2.
3 3 MD
20.(2022丰台二模,16)如图,在正三棱柱ABC-A B C 中,AA =AB,D为BC的中点,平面
1 1 1 1
A C D∩平面ABC=DP.
1 1
(1)求证:A
1
C 1∥DP;
(2)求平面A C D与平面AA D夹角的余弦值.
1 1 1
解析 (1)证明:由题意得平面A
1
B
1
C 1∥平面ABC.
因为平面A
1
C
1
D∩平面ABC=DP,平面A
1
C
1
D∩平面A
1
B
1
C
1
=A
1
C
1
,所以A
1
C 1∥DP.
(2)取B
1
C
1
的中点D
1
,连接DD
1
,则DD 1∥CC
1
.
由题意得CC 1⊥平面ABC,且底面ABC为等边三角形,
所以DD 1⊥平面ABC,AD⊥BC,
所以DA、DB、DD 两两垂直.
1
以点D为坐标原点,DA,DB,DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间
1
直角坐标系D-xyz.
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设AA =2,则D(0,0,0),A (√3,0,2),C (0,-1,2),B(0,1,0),所以⃗D A =(√3,0,2),⃗DC =(0,-1,2).
1 1 1 1 1
设平面A C D的法向量为n=(x,y,z),
1 1
{n·⃗DA =0, {√3x+2z=0,
则 1 所以
n·⃗DC =0, - y+2z=0.
1
令z=-√3,则x=2,y=-2√3,所以n=(2,-2√3,-√3).
易知⃗DB=(0,1,0)是平面AA D的一个法向量.
1
设平面A C D与平面AA D的夹角为θ,
1 1 1
|n·⃗DB| 2√57
则cos θ=|cos<n,⃗DB>|= = ,
|n|·|⃗DB| 19
2√57
所以平面A C D与平面AA D夹角的余弦值为 .
1 1 1 19
21.(2022顺义二模,17)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,E为DD 的中点.
1 1 1 1 1
(1)过点D 作出一条与平面ACE平行的直线,并说明理由;
1
(2)求直线AB 与平面ACE所成角的正弦值.
1
解析 (1)解法一:如图1,BD 为所求作的直线.
1
理由:连接BD,设BD与AC交于点O,连接OE.
因为ABCD-A B C D 为正方体,所以O为BD中点,
1 1 1 1
又因为E为DD
1
的中点,所以OE为△DBD
1
的中位线,
所以OE∥BD
1
,
又因为OE⊂平面ACE,BD 1⊄平面ACE,
所以BD 1∥平面ACE.
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图1
图2
解法二:如图2,取CC 的中点E ,连接D E ,D E 即为所求作的直线.
1 1 1 1 1 1
理由:因为ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
为正方体,E为DD
1
的中点,E
1
为CC
1
的中点,所以D
1
E 1∥CE,
又因为CE⊂平面ACE,D
1
E 1⊄平面ACE,
所以D
1
E 1∥平面ACE.
(2)设正方体棱长为1,以A为原点,⃗AB,⃗AD,
⃗A A 的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B1(1,0,,1),C(1,1,0),E ( 0,1, 1)
1 2
所以⃗AB =(1,0,1),⃗AC=(1,1,0), ⃗AE= ( 0,1, 1) ,
1 2
设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),
{m·⃗AC=0,
{x+ y=0,
则 所以 z
m·⃗AE=0, y+ =0,
2
令z=2,可得y=-1,x=1,所以m=(1,-1,2),
1+2 √3
所以cos<m, ⃗AB >= = ,
1 √2×√6 2
设直线AB 与平面ACE所成角为θ,
1
√3
则sin θ=|cos<m,⃗AB >|= ,
1 2
√3
所以直线AB 与平面ACE所成角的正弦值为 .
1 2
22.(2022天津十二区县重点学校一模,17)如图,正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平
面互相垂直,∠ADE=90°,AF∥DE,DE=DA=2AF=2.
(1)求证:AC∥平面BEF;
(2)求二面角A-FD-B的正切值;
(3)求点D到平面BEF的距离.
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1
解析 (1)证明:设AC∩BD=O,取BE的中点G,连接FG,OG,∴OG∥DE,且OG= DE.
2
∵AF∥DE,DE=2AF,∴AF∥OG,且OG=AF,
∴四边形AFGO是平行四边形,∴FG∥OA,
又FG⊂平面BEF,AO⊄平面BEF,
∴AO∥平面BEF,即AC∥平面BEF.
(2)∵平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,DE⊥AD,DE⊂平面
ADEF,∴DE⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以DE⊥AD,DE⊥CD,又
AD⊥CD,
∴以D为原点,分别以DA,DC,DE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
∵DE=DA=2AF=2,
∴B(2,2,0),E(0,0,2), F(2,0,1),D(0,0,0),
∴⃗BF=(0,-2,1),⃗BD=(-2,-2,0).
设平面BDF的法向量为m=(a,b,c),
{⃗BF·m=0, {-2b+c=0,
则 即
⃗BD·m=0, -2a-2b=0,
令b=1,∴m=(-1,1,2),
易知平面ADF的一个法向量为m =(0,1,0),
1
m·m 1 √6
cos<m,m >= 1 = = ,
1 |m||m | √6×1 6
1
√6
∴二面角A-FD-B的余弦值为 ,∴其正切值为√5.
6
(3)由(2)得⃗BE=(-2,-2,2),
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
{⃗BE·n=0, {-2x-2y+2z=0,
则 即
⃗BF·n=0, -2y+z=0,
令y=1,则n=(1,1,2),
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|⃗BD·n| 2√6
∴点D到平面BEF的距离d= = .
|n| 3
23.(2022天津三中一模,17)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,E,F分别是CC ,B C 的中
1 1 1 1 1 1 1
点.
(1)求证:A
1
F∥平面AD
1
E;
(2)求二面角D E-A-DC的余弦值.
1
解析 (1)证明:不妨设正方体ABCD-A B C D 的棱长为1,以D为原点,分别以⃗DA,⃗DC,
1 1 1 1
( 1) (1 )
⃗DD 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,,0,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),E 0,1, ,F ,1,1
1 2 2
所以 ⃗A F= ( - 1 ,1,0 ) ,⃗AD =(-1,0,1), ⃗D E= ( 0,1,- 1) .
1 2 1 1 2
设n=(x,y,z)是平面AD E的法向量,
1
{n·⃗AD =0,
1
所以
n·⃗D E=0,
1
{
-x+z=0,
即
y-
1
z=0,
令z=2,得n=(2,1,2),所以n· ⃗A
1
F=2× ( - 1
2
) +1×1+2×0=0,所以n⊥ ⃗A
1
F.又
2
A
1
F⊄平面AD
1
E,所以A
1
F∥平面AD
1
E.
(2)由(1)知平面AD E的一个法向量为n=(2,1,2).易知平面ADC的一个法向量为
1
m=(0,0,1),
n·m 2 2
= =
则cos<n,m>= ,
|n|·|m| √4+1+4×1 3
2
易知二面角D E-A-DC为锐二面角,所以二面角D E-A-DC的余弦值为 .
1 1 3
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24.(2022天津培杰中学线上测试,17)如图,P-ABCD是一个四棱锥,已知四边形ABCD是
梯形,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,PD=AD=AB=1,CD=2,点E是棱PC的中点,点F在
1
棱PB上,PF= FB.
2
(1)证明:直线BE∥平面PAD;
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)求平面DEF与平面ABCD的夹角的余弦值.
解析 (1)证明:取PD的中点G,连接AG,GE,
1 1
因为G,E分别是PD,PC的中点,所以GE∥DC,GE= DC,因为AB∥DC,AB= DC,所以
2 2
GE∥AB,GE=AB,
所以四边形AGEB为平行四边形,所以BE∥AG,
因为BE⊄平面PAD,AG⊂平面PAD,
所以直线BE∥平面PAD.
(2)因为PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥DC,又
AD⊥CD,所以以D为原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如
图,
( 1)
则B(1,1,0),E 0,1, ,D(0,0,0),P(0,0,1),
2
( 1)
所以 ⃗BE= -1,0, ,⃗DP=(0,0,1),⃗DB=(1,1,0),
2
设平面PBD的法向量为m=(x ,y ,z ),
1 1 1
{ m·⃗DP=z =0,
1
则 取x =1,则m=(1,-1,0),
m·⃗DB=x + y =0, 1
1 1
设直线BE与平面PBD所成角为α,
|⃗BE·m| √10
则sin α=|cos<⃗BE,m>|= = ,
|⃗BE|·|m| 5
√10
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为 .
5
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( 1) 1 1
(3)由(2)知, ⃗DE= 0,1, ,又PF= FB,所以 ⃗PF= ⃗FB,
2 2 2
2 1 2 1 (1 1 2)
所以 ⃗DF= ⃗DP+ ⃗DB= (0,0,1)+ (1,1,0)= , , ,
3 3 3 3 3 3 3
设平面DEF的法向量为n=(x ,y ,z ),
2 2 2
1 1 2
{n·⃗DF= x + y + z =0,
3 2 3 2 3 2
则 取z =2,则y =-1,x =-3,则n=(-3,-1,2),
1 2 2 2
n·⃗DE= y + z =0,
2 2 2
易知平面ABCD的一个法向量为⃗DP=(0,0,1),
设平面DEF与平面ABCD的夹角为β,
|n·⃗DP| √14
则cos β=|cos<n,⃗DP>|= = ,
|n|·|⃗DP| 7
√14
所以平面DEF与平面ABCD的夹角的余弦值为 .
7
一年创新
1.(2022四川绵阳三模,16)在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中,已知点P为棱AA 的
1 1 1 1 1
中点,点Q为棱CD上一动点,底面正方形ABCD内的点M始终在平面D PQ上,则由所
1
有满足条件的点M构成的区域的面积为 .
答案 3
解析 当Q与D重合时,显然平面ADD A 即为平面D PQ,又平面ADD A ∩平面
1 1 1 1 1
ABCD=AD,所以点M在AD上运动.
当点Q运动到C点时,如图1,取AB的中点N,连接PN、A B、NC,因为P为AA 的中点,
1 1
所以PN∥A
1
B,又由正方体的性质可知A
1
B∥D
1
C,所以PN∥D
1
C,所以P、N、Q、D
1
四点共
面,所以平面D PQ∩平面ABCD=NC,即M在NC上运动.
1
PA DD
当Q点不与C、D重合时,可在AB上取一点G,使得
AG
=
DQ
1,则PG∥QD
1
,所以P、
G、Q、D 四点共面,所以平面D PQ∩平面ABCD=GQ,即M在GQ上运动,
1 1
1
所以点M在四边形ANCD区域(包括边界)运动,又S = ×(1+2)×2=3,故所有满足
四边形ANCD 2
条件的点M构成的区域的面积为3.
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图1
图2
方法总结 立体几何中动点的轨迹问题,常化动为定,从特殊位置入手,分析满足条件的临
界位置,再寻找一般情况.
2.(2022天津大港一中3月线上测试,17)如图,已知三棱柱ABC-A B C 中,底面ABC为等
1 1 1
腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=2,侧棱AA
1
与底面ABC垂直,且AA
1
=2,M、N、P、D分
别是CC 、BC、A B 、B C 的中点.
1 1 1 1 1
(1)求证:PN∥平面A
1
ACC
1
;
(2)求平面PMN与平面ABC夹角的余弦值;
(3)点Q在线段A B (包括端点)上,且 ⃗A Q=λ
1 1 1
√10
⃗A B ,当直线AM与平面QMN所成角的正弦值为 时,求λ的值.
1 1 5
解析 (1)证明:因为底面ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,所以AB⊥AC,
因为侧棱AA
1
与底面ABC垂直,AB,AC⊂底面ABC,
所以AA 1⊥AB,AA 1⊥AC,即AA
1
,AB,AC两两垂直,
如图,
以A为坐标原点,分别以AB、AC、AA 所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,
1
所以P(1,0,2),N(1,1,0),A(0,0,0),B(2,0,0),
所以⃗PN=(0,1,-2),
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易知平面A ACC 的一个法向量为⃗AB=(2,0,0),
1 1
因为⃗PN·⃗AB=0,所以⃗PN⊥ ⃗AB,
因为PN⊄平面A
1
ACC
1
,所以PN∥平面A
1
ACC
1
.
(2)由(1)得M(0,2,1),A (0,0,2),所以⃗MN=(1,-1,-1),设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),
1
{⃗PN·n=0, { y=2z,
则 即 令z=1,得n=(3,2,1),
⃗MN·n=0, x= y+z,
易知平面ABC的一个法向量为⃗A A =(0,0,2),
1
⃗A A ·n 2 √14
所以cos< ⃗A A ,n>= 1 = = .
1 |⃗A A |·|n| 2×√14 14
1
√14
所以平面PMN与平面ABC夹角的余弦值为 .
14
(3)由(1)得B (2,0,2),所以⃗A B =(2,0,0),⃗AM=(0,2,1),
1 1 1
因为点Q在线段A
1
B
1
(包括端点)上,⃗A
1
Q=λ⃗A
1
B
1
,所以λ∈[0,1],Q(2λ,0,2),所以⃗MQ
=(2λ,-2,1),
设平面QMN的法向量为m=(x ,y ,z ),
0 0 0
{⃗MN·m=0, { x = y +z ,
则 即 0 0 0
⃗MQ·m=0, 2λx -2y +z =0,
0 0 0
令x =3,则y =2λ+1,z =2-2λ,所以m=(3,2λ+1,2-2λ),
0 0 0
√10
因为直线AM与平面QMN所成角的正弦值为 ,
5
|⃗AM·m| |4+2λ| √10
所以|cos< ⃗AM,m>|= = = ,即λ2-2λ+1=0,解得
|⃗AM|·|m| √5·√8λ2-4λ+14 5
λ=1,
√10
所以当直线AM与平面QMN所成角的正弦值为 时,λ=1.
5
3.(2022贵州3月适应性测试,18)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,E,F,G,H分别是棱
1 1 1 1
BB ,BC,CD,DD 的中点.
1 1
(1)求证:E,F,G,H四点共面,记过这四点的平面为α,在图中画出平面α与该正方体各表面
的交线(不必说明画法和理由);
(2)设(1)中平面α与该正方体六个面所成锐二面角的大小分别为θ(i=1,2,3,4,5,6),求
i
6
∑cos θ 的值.
i
i=1
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解析 (1)连接BD,EH,FG,
因为E,H分别是棱BB
1
,DD
1
的中点,所以EH∥BD.
又因为F,G分别是棱BC,CD的中点,
所以FG∥BD.
故EH∥FG,所以E,F,G,H四点共面.
交线如图(多边形EFGHIJ)所示.
(2)以A为坐标原点,以⃗AB,⃗AD,⃗A A 的方向为x轴,y轴,z轴正方向建立如图所示的空间
1
直角坐标系A-xyz,
设正方体的棱长为2,则E(2,0,1),F(2,1,0),G(1,2,0),故⃗EF=(0,1,-1),⃗EG=(-1,2,-1).设平面α
的法向量为n =(x,y,z),
1
{⃗EF·n =0, { y-z=0,
由 1 得
⃗EG·n =0, -x+2y-z=0,
1
可取n =(1,1,1).
1
又平面BCC B 的一个法向量为n =(1,0,0),
1 1 2
|n ·n | 1 √3
所以cos θ = 1 2 = = .
1 |n ||n | √3×√1 3
1 2
易知 平面 α 与正方体六个面所成的锐二面角都相等 ,
6 √3
所以∑cos θ =6cos θ =6× =2√3.
i 1 3
i=1
4.(2022河南六市一模,19)已知空间几何体ABCDE中,△BCD与△CDE均是边长为2的等
边三角形,△ABC是腰长为√13的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面
BCD.
(1)试在平面BCD内作一条直线,使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平
行,并给出详细证明;
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(2)求二面角A-BC-E的余弦值.
解析 (1)如图所示,取BC、BD的中点O、G,连接OG,则OG为所求直线.证明如下:
因为△ABC为等腰三角形,BC≠AB,O为BC的中点,所以AO⊥BC,
又因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AO⊂平面ABC,
所以AO⊥平面BCD.
取CD的中点H,连接EH,因为△CDE为等边三角形,所以EH⊥CD,又平面CDE⊥平面BCD,
且平面CDE∩平面BCD=CD,EH⊂平面CDE,
所以EH⊥平面BCD.
所以AO∥EH,又EH⊂平面CDE,AO⊄平面CDE,
所以AO∥平面CDE,
又知OG∥CD,OG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,
所以OG∥平面CDE,又OG∩AO=O,
所以平面AOG∥平面CDE,
所以直线OG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行.
(2)以O为坐标原点,OD,OB,OA所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,
(√3 1 )
则B(0,1,0),C(0,-1,0),D(√3,0,0),E ,- ,√3 ,
2 2
(√3 3 )
所以⃗BC=(0,-2,0),⃗BE= ,- ,√3 .
2 2
{ m·⃗BC=-2y=0,
设m=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则 √3 3 取x=2,得平面
m·⃗BE= x- y+√3z=0,
2 2
BCE的一个法向量为m=(2,0,-1).
易知平面ABC的一个法向量为⃗OD=(√3,0,0),
记二面角A-BC-E的大小为θ,易知θ为锐角,则
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页曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
|m·⃗OD| 2√3 2√5 2√5
cos θ= = = .故二面角A-BC-E的余弦值为 .
|m||⃗OD| √5×√3 5 5
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