§8.2　直线、平面平行的判定与性质（试题word）_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版高考总复习数学53B版_第八章　立体几何_§82　直线、平面平行的判定与性质_试题WORD

北京曲一线图书策划有限公司 22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
— 五年高考 —
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2019课标Ⅱ,文7,理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 B
2.(2018课标Ⅰ理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,
则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
3√3 2√3 3√2 √3
A. B. C. D.
4 3 4 2
答案 A
3.(2019上海春,15,5分)已知平面α、β、γ两两垂直,直线a、b、c满足:a⊆α,b⊆β,c⊆γ,则直线
a、b、c不可能满足以下哪种关系 ( )
A.两两垂直 B.两两平行
C.两两相交 D.两两异面
答案 B
4.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-ABC 中,AB⊥AC,BC⊥平面ABC,E,F分别是AC,BC的
1 1 1 1 1
中点.
(1)求证:EF∥平面ABC ;
1 1
(2)求证:平面ABC⊥平面ABB.
1 1
证明 (1)因为E,F分别是AC,BC的中点,所以EF∥AB,又EF⊄平面ABC ,AB⊂平面ABC ,
1 1 1 1 1 1 1
所以EF∥平面ABC .
1 1
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(2)因为BC⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以BC⊥AB.又AB⊥AC,BC⊂平面ABC,AC⊂平面
1 1 1 1
ABC,BC∩AC=C,所以AB⊥平面ABC,又因为AB⊂平面ABB,所以平面ABC⊥平面ABB.
1 1 1 1 1 1
5.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-ABC D 的底面是菱形,
1 1 1 1
AA=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB,AD的中点.
1 1 1
(1)证明:MN∥平面C DE;
1
(2)求二面角A-MA -N的正弦值.
1
1
解析 (1)证明:连接BC,ME.因为M,E分别为BB,BC的中点,所以ME∥BC,且ME= BC.又
1 1 1 2 1
1
因为N为AD的中点,所以ND= AD.由题设知AB􀱀DC,可得BC􀱀AD,故ME􀱀ND,因此四
1 2 1 1 1 1 1
边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面EDC ,所以MN∥平面C DE.
1 1
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,⃗DA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(2,0,0),A(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),⃗A A=(0,0,-4),⃗A M=(-1,√3,-2),⃗A N=(-1,0,-2),⃗MN
1 1 1 1
=(0,-√3,0).
{m·⃗A M=0,
1
设m=(x,y,z)为平面AMA的法向量,则
1 m·⃗A A=0.
1
{-x+√3 y-2z=0,
所以 可取m=(√3,1,0).
-4z=0.
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{n·⃗MN=0,
设n=(p,q,r)为平面AMN的法向量,则
1 n·⃗A N=0.
1
{-√3q=0,
所以 可取n=(2,0,-1).
-p-2r=0.
m·n 2√3 √15
于是cos<m,n>= = = ,
|m||n| 2×√5 5
√10
所以二面角A-MA -N的正弦值为 .
1 5
思路分析 (1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MN∥ED,从而
可得MN与平面C DE平行.
1
(2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面AMA与平面AMN的法向量,再由向量
1 1
的夹角公式求解.
6.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-ABC 中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:
1 1 1
(1)AB∥平面DEC ;
1 1 1
(2)BE⊥C E.
1
证明 (1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-ABC 中,AB∥AB,所以AB∥ED.
1 1 1 1 1 1 1
又因为ED⊂平面DEC ,AB⊄平面DEC ,
1 1 1 1
所以AB∥平面DEC .
1 1 1
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-ABC 是直棱柱,所以C C⊥平面ABC.
1 1 1 1
又因为BE⊂平面ABC,所以C C⊥BE.
1
因为C C⊂平面AACC ,AC⊂平面AACC ,C C∩AC=C,
1 1 1 1 1 1
所以BE⊥平面AACC .
1 1
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因为C E⊂平面AACC ,所以BE⊥C E.
1 1 1 1
7.(2020课标Ⅱ文,20,12分)如图,已知三棱柱ABC-ABC 的底面是正三角形,侧面BBC C是矩
1 1 1 1 1
形,M,N分别为BC,BC 的中点,P为AM上一点.过BC 和P的平面交AB于E,交AC于F.
1 1 1 1
(1)证明:AA∥MN,且平面AAMN⊥平面EBC F;
1 1 1 1
π
(2)设O为△ABC 的中心.若AO=AB=6,AO∥平面EBC F,且∠MPN= ,求四棱锥B-EBC F的
1 1 1 1 1 3 1 1
体积.
解析 (1)证明:因为M,N分别为BC,BC 的中点,所以MN∥CC .又由已知得AA∥CC ,故
1 1 1 1 1
AA∥MN.
1
因为△ABC 是正三角形,所以BC ⊥AN.又BC ⊥MN,故BC ⊥平面AAMN.所以平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AAMN⊥平面EBC F.
1 1 1
(2)AO∥平面EBC F,AO⊂平面AAMN,平面AAMN∩平面EBC F=PN,故AO∥PN.又AP∥ON,
1 1 1 1 1 1
1 2 1
故四边形APNO是平行四边形,所以PN=AO=6,AP=ON= AM=√3,PM= AM=2√3,EF=
3 3 3
BC=2.
因为BC∥平面EBC F,
1 1
所以四棱锥B-EBC F的顶点B到底面EBC F的距离等于点M到底面EBC F的距离.
1 1 1 1 1 1
作MT⊥PN,垂足为T,则由(1)知,MT⊥平面EBC F,
1 1
故MT=PMsin∠MPN=3.
1 1 1
底面EBC F的面积为 ×(BC +EF)·PN= ×(6+2)×6=24.所以四棱锥B-EBC F的体积为
1 1 2 1 1 2 1 1 3
×24×3=24.
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8.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-ABC D 中,E为BB 的中点.
1 1 1 1 1
(1)求证:BC ∥平面ADE;
1 1
(2)求直线AA 与平面ADE所成角的正弦值.
1 1
解析 (1)证明:∵ABCD-ABC D 为正方体,
1 1 1 1
∴DC ∥AB,DC =AB.
1 1 1 1 1 1 1 1
又AB∥AB,AB=AB,
1 1 1 1
∴DC ∥AB,DC =AB,
1 1 1 1
∴四边形ABCD 为平行四边形,
1 1
∴AD∥BC ,又AD⊂平面ADE,BC ⊄平面ADE,
1 1 1 1 1 1
∴BC ∥平面ADE.
1 1
(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{⃗AD,⃗AB,⃗A A }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,
1
则A(0,0,0),A(0,0,2),D(2,0,2),E(0,2,1),
1 1
∴⃗A A =(0,0,2),⃗AD =(2,0,2),⃗AE=(0,2,1),
1 1
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),
1
直线AA 与平面ADE所成的角为θ,
1 1
{n·⃗AD =0,
1
则
n·⃗AE=0,
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{2x+2z=0, {x=2,
即 令z=-2,则
2y+z=0, y=1,
此时n=(2,1,-2),
|n·⃗A A | |-4| 2
∴sin θ=|cos<n,⃗A A >|= 1 = = ,
1 |n||⃗A A | √4+1+4×2 3
1
2
∴直线AA 与平面ADE所成角的正弦值为 .
1 1 3
以下为教师用书专用(1—23)
1.(2017课标Ⅰ,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的
中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是 ( )
答案 A B选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;C选项中,
AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;D选项中,AB∥NQ,且AB⊄平
面MNQ,NQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ.故选A.
2.(2015安徽理,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
不平行 不存在
C.若α,β ,则在α内 与β平行的直线
··· ···
不平行 不可能
D.若m,n ,则m与n 垂直于同一平面
··· ···
答案 D 若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故A
错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若α,β不平
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行,则α,β相交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故C错;从原命题的逆否命题进行判
断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知m∥n,故D正确.
3.(2015浙江文,4,5分)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β. ( )
A.若l⊥β,则α⊥β B.若α⊥β,则l⊥m
C.若l∥β,则α∥β D.若α∥β,则l∥m
答案 A 对于选项A,由面面垂直的判定定理可知选项A正确;对于选项B,若
α⊥β,l⊂α,m⊂β,则l与m可能平行,可能相交,也可能异面,所以选项B错误;对于选项C,当l平
行于α与β的交线时,l∥β,但此时α与β相交,所以选项C错误;对于选项D,若α∥β,则l与m可
能平行,也可能异面,所以选项D错误.故选A.
4.(2014辽宁,4,5分)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是 ( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
答案 B 若m∥α,n∥α,则m与n可能平行、相交或异面,故A错误;B正确;若m⊥α,m⊥n,则
n∥α或n⊂α,故C错误;若m∥α,m⊥n,则n与α可能平行、相交或n⊂α,故D错误.因此选B.
5.(2014广东理,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l,l,l,l,满足l⊥l,l⊥l,l⊥l,则下列结
1 2 3 4 1 2 2 3 3 4
论一定正确的是 ( )
A.l⊥l B.l∥l
1 4 1 4
C.l 与l 既不垂直也不平行 D.l 与l 的位置关系不确定
1 4 1 4
答案 D 由l⊥l,l⊥l 可知l 与l 的位置不确定,
1 2 2 3 1 3
若l∥l,则结合l⊥l,得l⊥l,所以排除选项B、C,
1 3 3 4 1 4
若l⊥l,则结合l⊥l,知l 与l 可能不垂直,所以排除选项A.故选D.
1 3 3 4 1 4
评析 本题考查了空间直线之间的位置关系,考查学生的空间想象能力、思维的严密性.
6.(2014浙江文,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.( )
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α
答案 C 对于选项A、B、D,均能举出m∥α的反例;对于选项C,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,又
n⊥α,∴m⊥α,故选C.
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7.(2013课标Ⅱ理,4,5分)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∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
答案 D 若α∥β,则m∥n,这与m、n为异面直线矛盾,所以A不正确,α与β相交.将已知条件
转化到正方体中,易知α与β不一定垂直,但α与β的交线一定平行于l,从而排除B、C.故选
D.
导师点睛 对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷.
8.(2013广东理,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是
( )
A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n
B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
答案 D 若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行,故A错;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平
行,也可能异面,故B错;若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α与β可能相交,也可能平行,故C错;对于D项,
由m⊥α,m∥n,得n⊥α,又知n∥β,故α⊥β,所以D项正确.
9.(2011辽宁理,8,5分)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中
不正确的是 ( )
A.AC⊥SB
B.AB∥平面SCD
C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
答案 D ∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.
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又∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AC.
其中SD∩BD=D,∴AC⊥面SDB,从而AC⊥SB.故A正确.易知B正确.
设AC与DB交于O点,连接SO.
则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO,
又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正确.
由排除法可知选D.
评析 本题主要考查了线面平行与垂直的判断及线面角、线线角的概念.属中档题.
10.(2017课标Ⅱ理,10,5分)已知直三棱柱ABC-ABC 中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC =1,则异面
1 1 1 1
直线AB 与BC 所成角的余弦值为( )
1 1
√3 √15 √10 √3
A. B. C. D.
2 5 5 3
答案 C 本题考查直棱柱的性质和异面直线所成的角.
将直三棱柱ABC-ABC 补形成直四棱柱ABCD-ABC D(如图),连接AD,BD,则AD∥BC .
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则∠BAD 为异面直线AB 与BC 所成的角(或其补角),易求得AB=√5,BC =AD=√2,BD=√3.
1 1 1 1 1 1 1 1 1
√10
由余弦定理得cos∠BAD= .故选C.
1 1 5
方法总结 本题主要考查异面直线所成的角,求异面直线所成角的方法有两种:一是定义法,
二是用向量的夹角公式求解.
11.(2014大纲全国理,11,5分)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,
CD⊂β,C∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 ( )
1 √2 √3 1
A. B. C. D.
4 4 4 2
答案 B 在平面α内过点C作CE∥AB,则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角(或其补角),
不妨取CE=1,过点E作EO⊥β于点O.
在平面β内过点O作OH⊥CD于点H,连接EH,则EH⊥CD.
因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l,又因为EO⊥β,所以CO⊥l.
所以∠ECO为二面角α-l-β的平面角,即∠ECO=60°.
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因为∠ACD=135°,CD⊥l,所以∠OCH=45°.
1
在Rt△ECO中,CO=CE·cos∠ECO=1×cos 60°= .
2
1 √2
在Rt△COH中,CH=CO·cos∠OCH= ×cos 45°= .
2 4
√2
CH √2
在Rt△ECH中,cos∠ECH= = 4 = .
CE 4
1
√2
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为 .选B.
4
12.(2014大纲全国文,4,5分)已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所
成角的余弦值为 ( )
1 √3 1 √3
A. B. C. D.
6 6 3 3
答案 B 如图,取AD的中点F,连接EF、CF.
1
因为E、F分别是AB、AD的中点,所以EF􀱀 BD,故∠CEF或其补角是异面直线CE、BD所
2
成的角.
√3 1
设正四面体ABCD的棱长为a,易知CE=CF= a,EF= a.在△CEF中,由余弦定理可得
2 2
(√3 ) 2 (1 ) 2 (√3 ) 2
a + a - a
2 2 2 √3
cos∠CEF= = .故选B.
√3 1 6
2× a× a
2 2
13.(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 C ∵α∩β=l,∴l⊂β,∵n⊥β,∴n⊥l.故选C.
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思路分析 利用直线与平面垂直的性质及平面交线的性质,判断C正确.
14.(2016课标Ⅰ,11,5分)平面α过正方体ABCD-ABC D 的顶点A,α∥平面CB D,α∩平面
1 1 1 1 1 1
ABCD=m,α∩平面ABBA=n,则m,n所成角的正弦值为 ( )
1 1
√3 √2 √3 1
A. B. C. D.
2 2 3 3
答案 A 如图,过点A补作一个与正方体ABCD-ABC D 相同棱长的正方体,易知平面α为
1 1 1 1
平面AFE,则m,n所成角为∠EAF(或其补角),因为△EAF 为正三角形,所以sin∠EAF=sin 60°=
1 1 1 1
√3
,故选A.
2
15.(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 ②③④
解析 对于①,由m⊥n,m⊥α可得n∥α或n在α内,当n∥β时,α与β可能相交但不垂直,也可
能平行,故①错误;对于②,过直线n作平面与平面α交于直线c,由n∥α可知
n∥c,∵m⊥α,∴m⊥c,∴m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面
所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的有②③④.
16.(2017课标Ⅲ理,16,5分)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°.
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其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号)
答案 ②③
解析 本题考查空间直线、平面间的位置关系.
过点C作直线a∥a,b∥b,则直线AC、a、b 两两垂直.不妨分别以a、b、AC为x、y、z轴
1 1 1 1 1 1
建立空间直角坐标系,取n=(1,0,0)为a 的方向向量,n=(0,1,0)为b 的方向向量,令A(0,0,1).可设
1 1 2 1
1
B(cos θ,sin θ,0),则⃗AB=(cos θ,sin θ,-1).当直线AB与a成60°角时,|cos<n,⃗AB>|= ,∴|cos θ|=
1 2
√2 √2 1 |cosθ|
,|sin θ|= ,∴|cos<n,⃗AB>|= ,即AB与b所成角也是60°.∵|cos<n,⃗AB>|= =
2 2 2 2 1 √1×√2
|cosθ| √2
≤ ,
√2 2
∴直线AB与a所成角的最小值为45°.综上,②和③是正确的,①和④是错误的.故填②③.
一题多解 过点B作a∥a,b∥b,当直线AB与a成60°角时,由题意,可知AB在由a,b 确定的
1 1 1 1
平面上的射影为BC,且BC与a 成45°角,又a⊥b,故AB与b所成角也是60°.①错,②正确;当
1
直线a∥BC时,AB与a所成角最小,故最小角为45°.③正确,④错误.综上,正确的是②③,错误
的是①④.(注:一条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的射影与平面内一条直线所成
角的余弦值的乘积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦值)
17.(2015浙江,13,5分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为
AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是 .
7
答案
8
解析 连接DN,取DN的中点H,连接HM,由N、M、H均为中点,知|cos∠HMC|即为所求.因为
AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N为AD,BC的中点,所以CM⊥AD,AN⊥BC,所以CM=
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1
√CD2-M D2=2√2,AN=√AC2-NC2=2√2,MH= AN=√2,HC=√NC2+N H2=√3,则
2
CM2+M H2-HC2 7 7
cos∠HMC= = .故异面直线AN,CM所成角的余弦值为 .
2CM·MH 8 8
18.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,
BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB;
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
解析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查
空间想象能力和运算求解能力.
1
(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EF∥AD且EF=
2
AD.
1
又因为BC∥AD,BC= AD,所以EF∥BC且EF=BC,
2
即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,
因此CE∥平面PAB.
(2)分别取BC,AD的中点为M,N.
连接PN交EF于点Q,连接MQ.
因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,
在平行四边形BCEF中,MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.
所以AD⊥平面PBN,
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由BC∥AD得BC⊥平面PBN,
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.
MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.
在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=√2得CE=√2,
1
在△PBN中,由PN=BN=1,PB=√3得QH= ,
4
1
在Rt△MQH中,QH= ,MQ=√2,
4
√2
所以sin∠QMH= .
8
√2
所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是 .
8
方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)
①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.
②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.
2.求线面角的方法.
①定义法:作出线面角,解三角形即可.
②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.
例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体
d
积法求d),由sin θ= 得结论.
AB
最好是画出图形,否则容易出错.
19.(2016课标Ⅲ文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面
ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求四面体N-BCM的体积.
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2
解析 (1)证明:由已知得AM= AD=2,
3
1
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN= BC=2. (3分)
2
又AD∥BC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB. (6分)
1
(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为 PA. (9分)
2
取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=√AB2-BE2=√5.
由AM∥BC得M到BC的距离为√5,
1
故S = ×4×√5=2√5.
△BCM 2
1 PA 4√5
所以四面体N-BCM的体积V = ·S · = . (12分)
N-BCM 3 △BCM 2 3
评析 本题考查了线面平行的判定,考查了三棱锥的体积,考查了空间想象能力.线段的中点
问题一般应用三角形的中位线求解.
20.(2015课标Ⅱ文,19,12分)如图,长方体ABCD-ABC D 中,AB=16,BC=10,AA=8,点E,F分别
1 1 1 1 1
在AB,DC 上,AE=DF=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 1 1 1 1 1
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:
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(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=AE=4,EB=12,EM=AA=8.
1 1 1
因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH=√EH2-EM2=6,AH=10,HB=6.
9(7 )
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为 也正确 .
7 9
21.(2014课标Ⅱ文,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;
√3
(2)设AP=1,AD=√3,三棱锥P-ABD的体积V= ,求A到平面PBC的距离.
4
解析 (1)证明:设BD与AC的交点为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.
1 √3
(2)V= PA·AB·AD= AB.
6 6
√3
又V= ,
4
3
所以AB= ,
2
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√13
所以PB=√AB2+PA2= .
2
作AH⊥PB交PB于H.
由题设知BC⊥平面PAB,
因为AH⊂平面PAB,
所以BC⊥AH,
又BC∩BP=B,
故AH⊥平面PBC.
PA·AB 3√13
又AH= = ,
PB 13
3√13
所以A到平面PBC的距离为 .
13
思路分析 (1)由线线平行证出线面平行;
(2)首先由题设求出AB,然后过A作AH⊥PB于H,证明AH就是A到平面PBC的距离,通过解
三角形求解即可.
22.(2014安徽,19,13分)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
√17,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)证明:因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以
GH∥BC.
同理可证EF∥BC,
因此GH∥EF.
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(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.
因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,
且PO⊄平面GEFH,
所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH=GK,
所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,
从而GK⊥EF.
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,
1 1
从而KB= DB= OB,即K为OB的中点.
4 2
1 1
再由PO∥GK得GK= PO,即G是PB的中点,且GH= BC=4.
2 2
由已知可得OB=4√2,PO=√PB2-OB2=√68-32=6,
所以GK=3.
GH+EF 4+8
故四边形GEFH的面积S= ·GK= ×3=18.
2 2
评析 本题考查线面平行与垂直关系的转化,同时考查空间想象能力和逻辑推理能力,解题时
要有较强的分析问题、解决问题的能力.
23.(2013课标Ⅱ文,18,12分)如图,直三棱柱ABC-ABC 中,D,E分别是AB,BB 的中点.
1 1 1 1
(1)证明:BC ∥平面ACD;
1 1
(2)设AA=AC=CB=2,AB=2√2,求三棱锥C-ADE的体积.
1 1
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解析 (1)证明:连接AC 交AC于点F,
1 1
则F为AC 中点.
1
由D是AB中点,连接DF,则BC ∥DF.
1
因为DF⊂平面ACD,BC ⊄平面ACD,
1 1 1
所以BC ∥平面ACD.
1 1
(2)因为ABC-ABC 是直三棱柱,
1 1 1
所以AA⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,
1
所以CD⊥AB.
又AA∩AB=A,于是CD⊥平面ABBA.
1 1 1
由AA=AC=CB=2,AB=2√2得
1
∠ACB=90°,CD=√2,AD=√6,DE=√3,AE=3,
1 1
故AD2+DE2=AE2,即DE⊥AD.
1 1 1
1 1
所以 V C-A 1 DE = 3 × 2 ×√6×√3×√2=1.
思路分析 (1)利用线面平行的判定定理在平面ACD内找出一条直线与直线BC 平行即可;
1 1
(2)先证明CD⊥平面ABBA,再根据题目给的条件算出三棱锥C-ADE的高和底面面积,利用
1 1 1
三棱锥的体积公式计算即可.
一题多解 证明第(1)问时,也可以利用面面平行的性质,即:取AB 的中点G,连接C G,GB,因
1 1 1
为GB∥AD,C G∥CD,C G⊂平面GBC ,GB⊂平面GBC ,且C G∩GB=G,AD⊂平面
1 1 1 1 1 1 1
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ACD,CD⊂平面ACD,AD∩CD=D,所以平面GBC ∥平面ACD.又BC ⊂平面GBC ,所以
1 1 1 1 1 1 1
BC ∥平面ACD.
1 1
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2021湘豫名校4月联考,8)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著,
是《算经十书》中最重要的一部,其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为
“羡除”,下列说法:
①“羡除”有且仅有两个面为三角形;
②“羡除”一定不是台体;
③不存在有两个面为平行四边形的“羡除”;
④“羡除”至多有两个面为梯形.
其中正确的个数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C
2.(2019福建福州3月质检,6)已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下列说法正确
的是 ( )
A.若c⊂平面α,则a⊥α
B.若c⊥平面α,则a∥α,b∥α
C.存在平面α,使得c⊥α,a⊂α,b∥α
D.存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α
答案 C
3.(多选题)(2021江苏常州一模,11)1982年美国数学学会出了一道题:一个正四面体和一个正
四棱锥的所有棱长都相等,将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起,得到
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一个新几何体.中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会,美国数学学会根据
丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新几何体,有 ( )
A.AF∥CD
B.AF⊥DE
C.新几何体有7个面
D.新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
答案 ABD
4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-ABC D 的棱长为3,点N是棱AB 的中
1 1 1 1 1 1
点,点T是棱CC 上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形DDAA (包含边界)内运动,且QB∥
1 1 1
平面DNT,则动点Q所形成的轨迹的长为 .
1
答案 √10
5.(2021百校大联考第6次联考,19)已知在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面
ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,DC=2AB,Q为PC的中点.
(1)求证:BQ∥平面PAD;
2
(2)若PD=3,BC=√2,BC⊥BD,试在线段PC上确定一点S,使得三棱锥S-BCD的体积为 .
3
解析 (1)证明:取PD的中点G,连接AG,GQ,
1
因为Q为PC的中点,所以GQ∥DC,且GQ= DC,
2
又因为AB∥DC,DC=2AB,所以GQ∥AB,GQ=AB,
所以四边形ABQG是平行四边形,所以BQ∥AG,
又BQ⊄平面PAD,AG⊂平面PAD,所以BQ∥平面PAD.
(2)因为在四边形ABCD中,AB∥CD,AD⊥DC,DC=2AB,
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所以点B在线段CD的垂直平分线上,
又因为BC=√2,BC⊥BD,所以BD=BC=√2,
1
所以△BCD的面积S= ×√2×√2=1.
2
设点S到平面ABCD的距离为h,
1 2
所以 ×1×h= ,所以h=2,
3 3
又PD⊥平面ABCD,PD=3,
所以点S在线段PC上靠近点P的三等分点处.
B组 综合应用题组
时间 : 60 分钟 分值 : 65 分
一、单项选择题(每小题5分,共10分)
1.(2021浙江湖州期末,4)设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,则“m∥β”是“α∥β”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 B
2.(2021江苏扬州大学附中2月检测,5)已知直三棱柱ABC-ABC 中,M,N分别是AB,AB的中
1 1 1 1 1
点,P点在线段BC上,则NP与平面AMC 的位置关系是 ( )
1 1
A.垂直 B.平行
C.相交但不垂直 D.要依P点的位置而定
答案 B
二、多项选择题(每小题5分,共15分)
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3.(2020山东济宁期末,6)已知m、n为两条不重合的直线,α、β为两个不重合的平面,则下列说
法正确的是 ( )
A.若m∥α,n∥β且α∥β,则m∥n
B.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
C.若m∥n,n⊂α,α∥β,m⊄β,则m∥β
D.若m∥n,n⊥α,α⊥β,则m∥β
答案 BC
4.(2021山东淄博二模,9)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,且m,n⊄α,m,n⊄β,
给出下列四个论断:①α∥β;②m∥n;③m∥α;④n∥β.以其中三个论断为条件,剩余论断为结论组成
四个命题.其中正确的命题是 ( )
A.①②③Þ④ B.①③④Þ②
C.①②④Þ③ D.②③④Þ①
答案 AC
5.(2021广东肇庆二模,12)在长方体ABCD-ABC D 中,AB=AD=1,AA=2,P是线段BC 上的一
1 1 1 1 1 1
动点,则下列说法中正确的是 ( )
A.AP∥平面ADC
1 1
2√5
B.AP与平面BCC B 所成角的正切值的最大值是
1 1 1 5
√170
C.AP+PC的最小值为
1 5
π
D.以A为球心,√2为半径的球面与侧面DCC D 的交线长是
1 1 2
答案 ACD
三、填空题(共5分)
6.(2020湖北襄阳第四中学5月检测,16)已知棱长为3的正方体ABCD-ABC D 中,点E是棱
1 1 1 1
AB的中点,⃗CF=2⃗FC ,动点P在正方形AADD(包括边界)内运动,且PB∥平面DEF,则PC的
1 1 1 1
取值范围为 .
[3√35 ]
答案 ,√19
5
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四、解答题(共35分)
7.(2021广东珠海一模,19)如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,AB⊥AC,AB=AC=√2,PB=PC=√6,点
M是PA的中点,点D是AC的中点,点N在PB上,且PN=2NB.
(1)证明:BD∥平面CMN;
(2)求直线CN与平面ABC所成角的正切值.
解析 (1)证明:如图,连接PD交CM于O,O为△PAC的重心,PO=2OD,连接ON,因为PN=2NB,
所以ON∥BD,
因为ON⊂平面CMN,BD⊄平面CMN,所以BD∥平面CMN.
(2)因为PB=PC,AB=AC,PA=PA,所以△PAB≌△PAC,所以∠PAC=∠PAB=90°,所以PA=
√PC2-AC2=√6-2=2,又因为PA⊥AB,AB∩AC=A,所以PA⊥平面ABC,
2
过N作NH⊥AB于H,连接HC,因为NH∥PA,所以NH⊥平面ABC,所以NH⊥HC,且AH= AB,
3
直线CN与平面ABC所成角为∠NCH,所以直线CN与平面ABC所成角的正切值tan∠NCH=
1 1
PA ×2
NH 3 3 √26
= = = .
HC √ AC2+ (2 AB ) 2 √ (√2)2+ (2 ×√2 ) 2 13
3 3
8.(2021河北张家口一模,19)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且
PA=AB=3.
(1)求证:CE∥平面PAD;
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1
(2)若BE= PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.
3
解析 (1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,
所以BC∥平面PAD.
因为PA∥EB,同理可证EB∥平面PAD,又BC∩EB=B,
所以平面EBC∥平面PAD,
又因为CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.
(2)以A为原点,分别以AD,AB,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
1
因为PA=AB=3,所以BE= PA=1,
3
则P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),
则⃗PD=(3,0,-3),⃗PC=(3,3,-3),⃗PE=(0,3,-2).
设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),
{m·⃗PC=(x,y,z)·(3,3,-3)=3x+3 y-3z=0,
则
m·⃗PE=(x,y,z)·(0,3,-2)=3 y-2z=0,
z
{ x= ,
3
得 令z=3,得m=(1,2,3).
2z
y= ,
3
设直线PD与平面PCE所成角的大小为θ,
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| ⃗PD·m | |(3,0,-3)·(1,2,3)| √7
则sin θ=|cos<⃗PD,m>|= = = .
|⃗PD||m| 3√2×√14 7
√7
所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为 .
7
9.(2019福建3月质检,18)如图,三棱柱ABC-ABC 中,底面ABC是等边三角形,侧面BCC B 是
1 1 1 1 1
矩形,AB=AB,N是BC的中点,M是棱AA 上的点,且AA⊥CM.
1 1 1 1
(1)证明:MN∥平面ABC;
(2)若AB⊥AB,求二面角A-CM-N的余弦值.
1
解析 (1)证明:如图,在三棱柱ABC-ABC 中,连接BM,因为四边形BCC B 是矩形,
1 1 1 1 1
所以BC⊥BB,因为AA∥BB,所以AA⊥BC. (1分)
1 1 1 1
又因为AA⊥MC,BC∩MC=C,所以AA⊥平面BCM, (2分)
1 1
所以AA⊥MB,又因为AB=AB,
1 1
所以M是AA 的中点. (3分)
1
取BC的中点P,连接NP,AP,
1
因为N是BC的中点,所以NP∥BB 且NP= BB, (4分)
1 1 2 1
又AA􀱀BB,所以NP∥MA且NP=MA,所以四边形AMNP是平行四边形,所以MN∥AP.(5分)
1 1
因为MN⊄平面ABC,AP⊂平面ABC,
所以MN∥平面ABC. (6分)
(2)因为AB⊥AB,AB=AB,所以△ABA 是等腰直角三角形,设AB=√2a,则AA=2a,BM=AM=a.
1 1 1 1
在Rt△ACM中,AC=√2a,所以MC=a.
在△BCM中,CM2+BM2=2a2=BC2,所以MC⊥BM.(7分)
由(1)知,MC⊥AA,BM⊥AA,则BM,MC,MA 两两垂直.如图,以M为坐标原点,⃗M A ,⃗MB,⃗MC
1 1 1 1
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, (8分)
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( a a) ( a a)
则M(0,0,0),C(0,0,a),B(2a,a,0).所以N a, , ,则⃗MC=(0,0,a),⃗MN= a, , . (9分)
1 2 2 2 2
设平面CMN的法向量为n=(x,y,z),
1
{n ·⃗MC=0, {
az=0,
则 1 即 a a
n ·⃗MN=0, ax+ y+ z=0.
1 2 2
取x=1,得y=-2.故平面CMN的一个法向量为n=(1,-2,0).(10分)
1
又因为平面ACM的一个法向量为n=(0,1,0),
2
n ·n 2√5
1 2
所以cos<n,n>= =- . (11分)
1 2 |n ||n | 5
1 2
易知二面角A-CM-N为钝二面角,
2√5
所以二面角A-CM-N的余弦值为- . (12分)
5
— 一年原创 —
1.(多选题)《九章算术·商功》记载了一个古代数学名词“堑堵”.即两底面为直角三角形的
棱柱,亦即长方体的斜截平分体.如图所示,堑堵(即直三棱柱)ABC-DEF中,
AB⊥AC,AB=AC=2,AD=4,G是FC的中点,则下列说法正确的是 ( )
π
A.BE与AG的夹角为
3
B.平面ABC内存在直线平行于平面AEG
C.三角形AGE为直角三角形
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4√5
D.点D到平面AGE的距离为
5
答案 BC
2.(多选题)(2021 5·3原创题)设α,β,γ为互不重合的三个平面,则下列条件中能使α∥β成立的
有 ( )
A.α⊥γ,β⊥γ
B.α内不共线的三点到β的距离相等
C.a⊥α,a⊥β
D.m,n为异面直线,m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α
答案 CD
3.(2021 5·3原创题)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面
ABCD,AD⊥AB,AD∥BC,SA=AD=2,AB=BC=1,E为SD上的一点.
(1)证明:平面SAC⊥平面SCD;
SE
(2)设 =λ,当λ为何值时,SB∥平面ACE?
SD
(3)求直线SB与平面SCD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:由题意知AC=CD=√2,
因为AC2+CD2=AD2,所以AC⊥CD,
又因为SA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以SA⊥CD,
又知SA∩AC=A,所以CD⊥平面SAC,
因为CD⊂平面SCD,所以平面SAC⊥平面SCD.
1
(2)当λ= 时,SB∥平面ACE.
3
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连接BD交AC于点O,连接OE,如图所示,因为AD∥BC,AD=2BC,
OB 1
所以OD=2OB,即 = ,
BD 3
SE 1
又知 = ,所以SB∥OE,
SD 3
因为SB⊄平面ACE,OE⊂平面ACE,
所以SB∥平面ACE.
(3)以A为原点,AB,AD,AS所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则
B(1,0,0),S(0,0,2),C(1,1,0),D(0,2,0),所以⃗BS=(-1,0,2),⃗SD=(0,2,-2),⃗CD=(-1,1,0),
设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),
{⃗SD·n=0, {2y-2z=0,
则有 即
⃗CD·n=0, -x+ y=0,
令y=1,则x=1,z=1,即n=(1,1,1),
设直线SB与平面SCD所成的角为θ,
|⃗BS·n| 1 √15
则sin θ=|cos<⃗BS,n>|= = = ,
|⃗BS|·|n| √5×√3 15
√15
即直线SB与平面SCD所成角的正弦值为 .
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