高中数学组卷直线与平面平行

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新高考一轮复习人教版直线、平面平行的判定和性质作业

8.3直线、平面平行的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面平行的判定和性质1.(2021江苏扬州大学附中2月检测,5)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,P点在线段B1C上,则NP与平面AMC1的位置关系是()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B2.(2021济南二模,7)已知正四面体ABCD的棱长为2,平面α与棱AB、CD均平行,则α截此正四面体所得截面面积的最大值为()A.1B.√2C.√3D.2答案A3.(多选)(2021山东青岛胶州调研,10)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点,下列说法正确的是()A.平面AC1F∥平面B1CEB.直线FG∥平面B1CEC.直线CG与BF异面D.直线C1F与平面CGE相交答案AC4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱A1B1的中点,点T是棱CC1上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动,且QB∥平面D1NT,则动点Q的轨迹的长为.答案√105.(2022届山东潍坊10月过程性测试,18)如图,平面ABCD⊥平面AEBF,四边形ABCD为矩形,△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°.(1)求证:平面BCE⊥平面ADE;(2)若点G为线段FC上任意一点,求证:BG∥平面ADE.证明(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,又因为平面ABCD⊥平面AEBF,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,所以BC⊥平面AEBF,又因为AE⊂平面AEBF,所以BC⊥AE.因为∠AEB=90°,即AE⊥BE,且BC、BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,所以AE⊥平面BCE,又因为AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE.(2)因为BC∥AD,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE.因为△ABF和△ABE均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°,所以∠EAB=∠ABF=45°,所以AE∥BF,又AE⊂平面ADE,BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE,又BC∩BF=B,所以平面BCF∥平面ADE.又BG⊂平面FBC,所以BG∥平面ADE.6.(2022届广东佛山一中10月月考,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=√2,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=1AD=1,E为PA的中点.2(1)证明:EB∥平面PCD;(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.解析(1)证明:取AD的中点O,连接EO,OB,∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD,又OE⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴OE∥平面PCD,又∵BC ∥AD,BC=12AD,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴BO ∥CD, 又OB ⊄平面PCD,CD ⊂平面PCD,∴BO ∥平面PCD,又OE ∩BO=O,∴平面EBO ∥平面PCD, 又∵BE ⊂平面EBO,∴BE ∥平面PCD.(2)连接PO,∵PA=PD,O 为AD 的中点,∴PO ⊥AD, 又平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD, 所以PO ⊥平面ABCD,取BC 的中点M,连接OM, ∵四边形ABCD 是等腰梯形,∴OM ⊥AD, 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C (√32,12,0),∴PD⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,0),设平面PCD 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·PD ⃗⃗⃗⃗ =y −z =0,n ·CD⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y =0,令x=1,则y=z=√3,则n=(1,√3,√3), 易知平面PAD 的一个法向量为m=(1,0,0), ∴|cos θ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=√7,则sin θ=√427. 7.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D,E 分别为BC,AC 的中点,AB=BC.求证: (1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E.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-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.8.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.证明(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C,又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.9.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.解析 (1)证明:∵ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体,∴D 1C 1∥A 1B 1,D 1C 1=A 1B 1.又AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1,∴D 1C 1∥AB,D 1C 1=AB,∴四边形ABC 1D 1为平行四边形,∴AD 1∥BC 1,又AD 1⊂平面AD 1E,BC 1⊄平面AD 1E,∴BC 1∥平面AD 1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD ⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),A 1(0,0,2),D 1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),AE ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),设平面AD 1E 的法向量为n=(x,y,z),直线AA 1与平面AD 1E 所成的角为θ, 则{n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +2z =0,2y +z =0,令z=-2,则{x =2,y =1,此时n=(2,1,-2),∴sin θ=|cos<n,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+4×2=23, ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.考点二平面与平面平行的判定和性质1.(2022届重庆巴蜀中学11月月考,8)在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E,F,G,H 分别为棱AB,BC,C 1D 1,A 1D 1的中点,若平面α∥平面EFGH,且平面α与棱A 1B 1,B 1C 1,B 1B 分别交于点P,Q,S,其中点Q 是棱B 1C 1的中点,则三棱锥B 1-PQS 的体积为( ) A.1 B.12C.13D.16答案 D2.(2019课标Ⅱ文,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 B3.(2021河北邢台月考,19)在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为正方形,AA 1=2AB=4,M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点.(1)证明:平面MNC ∥平面AD 1P;(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点,所以MN ∥AD 1,CN ∥PD 1.又AD 1⊄平面MNC,MN ⊂平面MNC,所以AD 1∥平面MNC,同理PD 1∥平面MNC, 又AD 1∩PD 1=D 1,所以平面MNC ∥平面AD 1P.(2)以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,2,2),M(1,0,0),N(0,0,2),C(0,2,0),则DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),MC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 设平面MNC 的法向量为n=(x,y,z),则{MN⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2z =0,MC ⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2y =0,令z=1,得n=(2,1,1). 设直线DP 与平面MNC 所成角为θ,则sin θ=|cos<DP⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|DP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√33, 所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33.综合篇知能转换A 组考法一判断或证明线面平行的方法1.(2022届T8联考,7)如图,已知四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面为平行四边形,E,F,G 分别为棱AA 1,CC 1,C 1D 1的中点,则( )A.直线BC 1与平面EFG 平行,直线BD 1与平面EFG 相交B.直线BC 1与平面EFG 相交,直线BD 1与平面EFG 平行C.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 平行D.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 相交答案 A2.(2022届湖南岳阳一中入学考试,18)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面ABB 1A 1是菱形,∠BAA 1=60°,E 是棱BB 1的中点,CA=CB,F 在线段AC 上,且AF=2FC. (1)证明:CB 1∥平面A 1EF;(2)若CA ⊥CB,平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,求二面角F-A 1E-A 的余弦值.解析 (1)证明:连接AB 1交A 1E 于点G,连接FG, 易得△AGA 1∽△B 1GE,所以AG GB 1=AA 1EB 1=2,又因为AF FC =2,所以AF FC =AGGB 1,所以FG ∥CB 1,又CB 1⊄平面A 1EF,FG ⊂平面A 1EF,所以CB 1∥平面A 1EF.(2)过C 作CO ⊥AB 于点O,因为CA=CB,所以O 是线段AB 的中点.因为平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,平面CAB ∩平面ABB 1A 1=AB,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.连接A 1B,OA 1,由题意易知△ABA 1是等边三角形,又O 是线段AB 的中点,所以OA 1⊥AB.以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗ ,OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗ 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,不妨设AB=2,则A(1,0,0),A 1(0,√3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F (13,0,23),B 1(-2,√3,0),E (−32,√32,0),则A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,−√32,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ =13,-√3,23.设平面A 1FE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 13−√3y 1+23z 1=0,−32x 1−√32y 1=0,令x 1=1,则n 1=(1,-√3,-5).易知平面ABB 1A 1的一个法向量为n 2=(0,0,1), 则cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-5√2929,由题图可知,二面角F-A 1E-A 的平面角为锐角,所以二面角F-A 1E-A 的余弦值为5√2929. 3.(2022届南京二十九中10月月考,20)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥AD,AB=2BC=4,E 是棱PD 上的动点(除端点外),F,M 分别为AB,CE 的中点. (1)证明:FM ∥平面PAD;(2)若直线EF 与平面PAD 所成的最大角为30°,求平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:取CD 的中点N,连接FN,MN,因为F,N 分别为AB,CD 的中点,所以FN ∥AD,又FN ⊄平面PAD,AD ⊂平面PAD,所以FN ∥平面PAD,因为M,N 分别是CE,CD 的中点,所以MN ∥PD,又MN ⊄平面PAD,PD ⊂平面PAD,所以MN ∥平面PAD,又FN ∩MN=N,所以平面MFN ∥平面PAD,又因为FM ⊂平面MFN,所以FM ∥平面PAD.(2)连接AE,因为平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD ∩平面ABCD=AD,AB ⊥AD,AB ⊂平面ABCD,所以AB ⊥平面PAD,所以∠AEF 即为直线EF 与平面PAD 所成的角,且tan ∠AEF=AF AE =2AE, 当AE 最小,即AE ⊥PD,亦即E 为PD 中点时,∠AEF 最大,为30°,又因为AF=2,所以AE=2√3,所以AD=4. 取AD 的中点O,连接PO,OC,易知PO ⊥平面ABCD,因为AO ∥BC 且AO=12AD=BC,所以四边形ABCO 为平行四边形,所以AB ∥CO,又AB ⊥AD,所以AO ⊥OC,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2√3),E(0,1,√3),F(2,-2,0),则CE ⃗⃗⃗⃗ =(-4,1,√3),FC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),设平面CEF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·FC⃗⃗⃗ =0,n 1·CE ⃗⃗⃗ =0,即{2x +2y =0,−4x +y +√3z =0,可取n 1=(√3,-√3,5).易知平面PAD 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√3√31=√9331,所以平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值为√9331.4.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 (1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,则MN ∥ED.又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗ 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, A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−x +√3y −2z =0,−4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−√3q =0,−p −2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.5.(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,则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=√PC 2−AC 2=√6−2=2,又因为PA ⊥AB,AB ∩AC=A,所以PA ⊥平面ABC,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=23AB,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=NH HC=13PA √AC 2+(23AB )2=13×2√(√2)2+(23×√2)2=√2613.6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 (1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),则PC⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos<BM⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin45°,即√(x−1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{ x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2−√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√105. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.考法二判断或证明面面平行的方法(2021太原一模,19)如图,在三棱锥P-ABC 中,△PAB 是正三角形,G 是△PAB 的重心,D,E,H 分别是PA,BC,PC 的中点,点F 在BC 上,且BF=3FC. (1)求证:平面DFH ∥平面PGE;(2)若PB ⊥AC,AB=AC=2,BC=2√2,求二面角A-PC-B 的余弦值.解析 (1)证明:连接BG,GD,由题意得BG 与GD 共线,且BG=2GD, ∵E 是BC 的中点,BF=3FC,∴F 是CE 的中点, ∴BGGD =BEEF=2,∴GE ∥DF,∵GE ⊂平面PGE,DF ⊄平面PGE,∴DF ∥平面PGE, ∵H 是PC 的中点,∴FH ∥PE,∵HF ⊄平面PGE,PE ⊂平面PGE,∴FH ∥平面PGE, ∵DF ∩FH=F,∴平面DFH ∥平面PGE.(2)∵AB=AC=2,BC=2√2,∴AB 2+AC 2=8=BC 2,∴AB ⊥AC,又∵PB ⊥AC,AB ∩PB=B,∴AC ⊥平面PAB,以A 为坐标原点,向量AB ⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,由题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,√3),则AC⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-√3),BC ⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),设平面PAC 的法向量是m=(x 1,y 1,z 1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AP⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2y 1=0,x 1+√3z 1=0,则y 1=0,令z 1=-1,则x 1=√3,∴m=(√3,0,-1), 设平面PBC 的法向量是n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·PC⃗⃗⃗ =0,n ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,∴{−x 2+2y 2−√3z 2=0,−2x 2+2y 2=0,令z 2=1,则{x 2=√3,y 2=√3,∴n=(√3,√3,1), ∴cos<m,n>=m·n |m||n|=√77,又知二面角A-PC-B 是锐二面角,∴二面角A-PC-B 的余弦值为√77. B 组1.(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 1B 1C 1D 1,过对角线BD 1作平面α交棱AA 1于点E,交棱CC 1于点F,以下结论正确的是( ) A.四边形BFD 1E 不一定是平行四边形 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 1不可能垂直 D.四边形BFD 1E 面积的最大值为√2答案 BD2.(多选)(2021广东肇庆二模,12)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1,AA 1=2,P 是线段BC 1上的一动点,则下列说法中正确的是( ) A.A 1P ∥平面AD 1CB.A 1P 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的最大值是2√55C.A 1P+PC 的最小值为√1705D.以A 为球心,√2为半径的球面与侧面DCC 1D 1的交线长是π2答案 ACD。

高中数学第二章直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定课时分层作业含解析新人教A版必修2

课时分层作业(十) 直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定(建议用时：45分钟)一、选择题1．下列命题正确的有()①如果两个平面不相交，那么它们平行；②如果一个平面内有无数条直线都平行于另一平面，那么这两个平面平行；③空间两个相等的角所在的平面平行．A．0个B．1个C．2个D．3个B[对①，由两个平面平行的定义知正确；对②，若这无数条直线都平行，则这两个平面可能相交，②错误；对③，这两个角可能在同一平面内，故③错误．]2．如图，一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内，把这块矩形木板绕AB转动，在转动的过程中，AB的对边CD与平面α的位置关系是()A. 平行B. 相交C. 在平面α内D. 平行或在平面α内D[在旋转过程中，CD∥AB，易得CD∥α或CD⊂α，故选D.]3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱CD上的动点，则直线MC1与平面AA1B1B的位置关系是()A．相交B．平行C．异面D．相交或平行B[如图，MC1⊂平面DD1C1C，而平面AA1B1B∥平面DD1C1C，故MC1∥平面AA1B1B.]4．平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为() A．平行B．相交C．平行或相交D．可能重合C[若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交．]5．若平面α∥平面β，直线a∥α，点B∈β，则在平面β内过点B的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线A[当直线a⊂β，B∈a时满足条件，此时过点B不存在与a平行的直线，故选A.]二、填空题6．如图，在三棱柱ABC-A′B′C′中，截面A′B′C与平面ABC交于直线a，则直线a与直线A′B′的位置关系为________．平行[在三棱柱ABC-A′B′C′中，A′B′∥AB，AB⊂平面ABC，A′B′⊄平面ABC，∴A′B′∥平面ABC.又A′B′⊂平面A′B′C，平面A′B′C∩平面ABC＝a，∴A′B′∥a.]7．已知平面α，β和直线a，b，c，且a∥b∥c，a⊂α，b，c⊂β，则α与β的关系是________．相交或平行[b，c⊂β，a⊂α，a∥b∥c，若α∥β，满足要求；若α与β相交，交线为l，b ∥c∥l，a∥l，满足要求，故答案为相交或平行．]8．已知平面α和β，在平面α内任取一条直线a，在β内总存在直线b∥a，则α与β的位置关系是________．(填“平行”或“相交”)平行[若α∩β＝l，则在平面α内，与l相交的直线a，设a∩l＝A，对于β内的任意直线b，若b过点A，则a与b相交，若b不过点A，则a与b异面，即β内不存在直线b∥a，矛盾．故α∥β.]三、解答题9．已知正方形ABCD，如图(1)E，F分别是AB，CD的中点，将△ADE沿DE折起，如图(2)所示，求证：BF∥平面ADE.(1)(2)[证明]∵E，F分别为正方形ABCD的边AB，CD的中点，∴EB＝FD.又∵EB∥FD，∴四边形EBFD为平行四边形，∴BF∥ED.∵DE⊂平面ADE，而BF⊄平面ADE，∴BF∥平面ADE.10．如图，在四棱锥P-ABCD中，点E为P A的中点，点F为BC的中点，底面ABCD 是平行四边形，对角线AC，BD交于点O.求证：平面EFO∥平面PCD.[证明]因为四边形ABCD是平行四边形，AC∩BD＝O，所以点O为BD的中点．又因为点F为BC的中点，所以OF∥CD.又OF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以OF∥平面PCD，因为点O，E分别是AC，P A的中点，所以OE∥PC，又OE⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以OE∥平面PCD.又OE⊂平面EFO，OF⊂平面EFO，且OE∩OF＝O，所以平面EFO∥平面PCD.1．如图所示，设E，F，E1，F1分别是长方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，CD，A1B1，C1D1的中点，则平面EFD1A1与平面BCF1E1的位置关系是()A．平行B．相交C．异面D．不确定A[∵A1E∥BE1，A1E⊄平面BCF1E1，BE1⊂平面BCF1E1，∴A1E∥平面BCF1E1. 同理，A1D1∥平面BCF1E1. 又A1E∩A1D1＝A1，A1E，A1D1⊂平面EFD1A1，∴平面EFD1A1∥平面BCF1E1.]2．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM∥平面DE；②CN∥平面AF；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF.以上四个命题中，正确命题的序号是________．①②③④[以ABCD为下底面还原正方体，如图：则易判定四个命题都是正确的．]。

专题08 空间直线与平面的平行问题-高中数学专项训练测试卷(解析版)

专题08空间直线与平面的平行问题知识点1直线与平面平行的判定定理：1、文字语言：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，该直线与此平面平行2、符号语言：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.3、图形语言：知识点2直线与平面平行的性质定理1、文字语言：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行．2、符号语言：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.3、图形语言：知识点3平面与平面平行的判定定理1、文字语言：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”)2、符号语言：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，且a∥α，b∥α⇒β∥α.3、图形：4、判定定理推论：如果一个平面内两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行．知识点4平面与平面平行的性质定理1、文字语言：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2、符号语言：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.3、图形：4、平面与平面平行其他常用性质推论（1）平行于同一个平面的两个平面平行.（2）垂直于同一条直线的两个平面平行.（3）如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面.（4）如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面.知识点5三种平行关系的转化考点1平行关系的判定【例1】（2023春·全国·高一专题练习）已知a ，b ，c 为三条不同的直线,,αβγ为三个不同的平面，则下列说法正确的是（）A ．若//a b ，b α⊂，则//a αB ．若a α⊂，b β⊂，//a b ，则//αβC ．若//αβ，//a α，则//a βD ．若a αβ⋂=，b βγ= ，c αγ⋂=，//a b ，则//b c【答案】D【解析】若//a b ，b α⊂，则//a α或a α⊂，故A 选项错误；若a α⊂，b β⊂，//a b ，则//αβ或α与β相交，故B 选项错误．若//αβ，//a α，则//a β或a β⊂，故C 选项错误；若a αβ⋂=，b βγ= ，c αγ⋂=，//a b ，则//b c ，正确，证明如下：//a b ，a γ⊄，b γ⊂，//a γ∴，又a α⊂，且c αγ⋂=，//a c ∴，则//b c ，故D 选项正确；故选：D ．【变式1-1】（2023·全国·高一专题练习）已知直线a ，b ，c ，平面α.下述命题中，真命题的个数是（）（1）若a 与b 是异面直线，b 与c 是异面直线，则a 与c 是异面直线；（2）若a b ，b c P ，则a c P ；（3）若a b ，b α⊂，则a αP ；（4）若a αP ，b αP ，则a b ．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】（1）若a 与b 是异面直线，b 与c 是异面直线，则a 与c 可能是异面直线，也可能不是异面直线，故命题错误；（2）由线线平行关系的传递性可知，命题正确；（3）由线面平行的判断定理可得a αP 或者a α⊂，命题错误；（4）由线面平行的概念可知，a 与b 相交，或者平行或者a 与b 异面，故命题错误.综上所述，真命题的个数是1.故选：A.【变式1-2】（2023·全国·高一专题练习）已知a ，b ，c 为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面．①a //c ，b //c ⇒a //b ；②a //β，b //β⇒a //b ；③a //c ，c //α⇒a //α；④a //β，a //α⇒α//β；⑤a ⊄α，b ⊂α，a //b ⇒a //α.其中正确的命题是（）A ．①⑤B ．①②C ．②④D ．③⑤【答案】A【解析】对于①，由平行的传递性公理，则正确；对于②，由//a β，b β//，则,a b 共面或异面，故错误；对于③，由//a c ，//c α，则//a α或a α⊂，故错误；对于④，由//a β，//a α，则,αβ平行或相交，故错误；对于⑤，由a α⊄，b α⊂，//a b ，根据线面平行判定定理，可得//a α，故正确.故选：A.【变式1-3】（2023·全国·高一专题练习）已知,m n 是不同的直线,,αβ是不同的平面,下列命题中真命题为（）A ．若,m n αα⊂∥,则m n∥B ．若,m m αβ∥∥,则αβ∥C ．若,m αββ⊂∥,则m αD ．若,m αβα∥∥,则m β【答案】C【解析】由题知,不妨将,m n ,,αβ放在长方体中可知,关于选项A,如图所示可知A 错误,关于选项B,如图所示可知B 错误,关于选项D,如图所示可知D 错误,根据面面平行的性质定理可知,选项C 正确.故选:C【变式1-4】（2022春·黑龙江·高一哈九中校考期中）设a ，b 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，①a α⊂、b β⊂，a β∥，b αP ；②αγ∥，βγ∥；③αγ⊥，βγ⊥；④a α⊥，b β⊥，a b ．则αβ∥的充分条件可以是（）A ．①②B ．①④C ．②③D ．②④【答案】D 【解析】因为a ，b 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，①a α⊂、b β⊂，a β∥，b αP ，则α与β平行或相交，故①错误；②αγ∥，βγ∥，则αβ∥，故②正确；③αγ⊥，βγ⊥，则α与β平行或相交，故③错误；④a α⊥，b β⊥，a b ，则αβ∥，故④正确；综上②④正确，故选：D【变式1-5】（2023·全国·高一专题练习）如图，点A ，B ，C ，M ，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线//MN 平面ABC 的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】对于A ，由正方体的性质可得////MN EF AC ，可得直线//MN 平面ABC ，能满足；对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得//MN AD，可得直线//MN平面ABC，能满足；对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得//BDMN，可得直线//MN平面ABC，能满足；对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.故选：D.考点2线线平行的证明中，底面ABCD为矩【例2】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥P ABCD形，E为棱PB上一点（不与P、B重合），平面ADE交棱PC于点F．求证：//AD EF.【答案】证明见解析【解析】因为四边形ABCD 为矩形，所以，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以，//AD 平面PBC ，因为AD ⊂平面ADE ，平面ADE 平面PBC EF =，所以，//AD EF .【变式2-1】（2023·全国·高一专题练习）在正四棱锥P ABCD -中，已知2AB =，3PA =，E ，G 分别为PB ，PD 的中点，平面AEG 平面ABCD l =．求证：//EG l ；【答案】证明见解析【解析】证明：连接BD ，∵E ，G 分别为PB ，PD 的中点，即EG 是三角形ABD 的中位线，∴//EG BD又∵EG ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴//EG 平面ABCD ，又∵EG ⊂平面AGE ，平面AGE 平面ABCD l =，∴//EG l【变式2-2】（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点．设经过A 、B 、E 三点的平面交PD 于F ，证明：F 为PD 的中点.【答案】证明见解析【解析】如下图所示：因为四边形ABCD 为矩形，则//CD AB ，因为CD ⊄平面ABE ，AB ⊂平面ABE ，所以，//CD 平面ABE ，因为CD ⊂平面PCD ，平面PCD 平面ABE EF =，所以，//EF CD ，又因为E 为PC 的中点，所以，点F 为PD 的中点.【变式2-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，60ABC ∠=︒，其中侧面11B BCC 为平行四边形，,E F 分别为11,BC B C 的中点，P 在线段AE 上，且满足:1:2AP PE =，过11B C 和点P 的平面交AB 于G ，交DC 于H .证明：11//B C GH ；【答案】证明见解析【解析】由题意四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面ABCD //平面1111D C B A ，因为过11B C 和点P 的平面交AB 于G ，交DC 于H ，则,G H ∈平面ABCD ，设过11B C 和P 的平面为α，则平面ABCD GH α= ，平面111111A B C D B C α= ，11B C ∴//GH .【变式2-4】（2023·全国·高一专题练习）如图，⊥AE 平面ABCD ，//BF 平面ADE ，//CF AE ，求证：//AD BC【答案】证明见解析【解析】由题意//CF AE ，CF ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，∴//CF 平面ADE ，又//BF 平面ADE ，BF CF F ⋂=，∴平面//BCF 平面ADE ，而平面BCF ⋂平面ABCD AD =，平面ADE 平面ABCD BC =，∴//AD BC .考点3线面平行的证明【例3】（2023·全国·高一专题练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，15AA AB ==，D 是AB 的中点．（1）求三棱锥1D BCB -的体积；（2）求证：1//AC 平面1CDB ；【答案】（1）5；（2）证明见解析【解析】（1）因为3AC =，4BC =，15AA AB ==，所以222AC BC AB +=，即AC BC ⊥，又D 是AB 的中点，所以111111134522325D BCB B DBC ABC B V V ---===⨯⨯⨯⨯⨯=；（2）设1B C 与1BC 相交于点E ，连接ED ，在1C AB △中，D 为AB 的中点，E 为1C B 的中点，所以1//AC DE ，因为1AC ⊄平面1CDB ，DE ⊂平面1CDB ，所以1//AC 平面1CDB ；【变式3-1】（2023·全国·高一专题练习）如图所示的四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是梯形，//AB CD ，2AD BD ==，π3BDC ∠=，3BC =PD ⊥平面ABCD ，2FC PF =.证明：//AP 平面BDF ；【答案】证明见解析【解析】证明：//AB CD Q ，π3DBA BDC ∴∠=∠=，AD BD = ，DAB ∴ 为等边三角形，2AB DB ∴==，在BDC 中，2DB =，π3BDC ∠=，23BC =由余弦定理得2222cos BC BD CD BD CD BDC =+∠-⋅⋅，即2221(23)2222CD CD =+-⨯⨯⨯，4CD ∴=，如图，连接AC 交BD 于点E ，连接EF ，//AB CD Q ，ABE CDE ∴△∽△，::1:2AE EC AB CD ∴==，:1:2PF FC = ，//EF AP ∴，又AP ⊂/平面BDF ，EF ⊂平面BDF ，//AP ∴平面BDF 【变式3-2】（2023·全国·高一专题练习）在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；【答案】证明见解析【解析】设G 为11B C 的中点，连接FG ，GC ，因为点E ，F ，G 分别为AC ，11A B ，11B C 的中点，所以11FG A C ∥且1112FG A C =，11EC A C ∥，111122EC AC A C ==，所以EC FG ∥，且EC FG =，所以四边形ECGF 是平行四边形，所以EF CG ∥，又因为CG ⊂平面11BCC B ，EF ⊄平面11BCC B ，所以//EF 平面11BCC B ．【变式3-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，S 是11B D 的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：（1）直线EG ∥平面11BDD B ；（2）H 为线段1DD 上一点，且13DD DH =，求证：BH ∥平面EFG【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）连接SB ，在三角形SBC 中，G 是SC 的中点，E 是BC 的中点，所以EG SB ∥，EG ⊄平面11BDD B ，SB ⊂平面11BDD B ，所以EG ∥平面11BDD B （2）连接SD ，F ，G 分别是DC ，SC 的中点，FG SD∴∥又FG ⊄ 平面11BDD B ，SD ⊂平面11BDD B ，FG ∴∥平面11BDD B 由（1）得EG ∥平面11BDD B ，FG ⊂平面EFG ，EG ⊂平面EFG ，EG FG G= ∴平面EFG ∥平面11BDD B 又BH ⊂ 平面11BDD B ，BH ∴∥平面EFG ．【变式3-4】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为直角梯形，//AB CD ，AB BC ⊥，1112224AB BC CD DD D C ====，P 为棱1CC 的中点，证明：//AC 平面1B DP .【答案】证明见解析【解析】在四棱台1111ABCD A B C D -中，在BB 1上取点Q ，使1113B Q BB =，连BD 交AC 于点O ，连接OQ ，如图，延长CC 1，BB 1交于点V ，由111112B C D C BC DC ==，则1113VB B B B Q ==，11122VC C C C P CP ===，则113VB VP PC B Q ==，即1//B P QC ，又QC ⊄平面1B DP ，1B P ⊂平面1B DP ，于是得//QC 平面1B DP ，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，则112B QDO CD OB AB QB ===，于是得1//OQ DB ，又OQ ⊄平面1B DP ，1DB ⊂平面1B DP ，则//OQ 平面1B DP ，又OQ QC Q ⋂=，,OQ QC ⊂平面OQC ，因此得平面1//B DP 平面OQC ，又AC ⊂平面OQC ，所以//AC 平面1B DP .考点4面面平行的证明【例4】（2023·高一课时练习）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1,2AB AD ==，E ，F ，Q 分别为1,,AD AA BC 的中点，求证：平面//BEF 平面1A DQ ．【答案】证明见解析【解析】因为E 是AD 的中点，Q 是BC 的中点，所以,ED BQ ED BQ =∥，所以四边形BEDQ 是平行四边形，所以BE DQ ∥．又因为BE ⊄平面1,A DQ DQ ⊂平面1A DQ ，所以BE ∥平面1A DQ ．又因为F 是1A A 的中点，所以1EF A D ∥，因为EF ⊄平面11,A DQ A D ⊂平面1A DQ ，所以EF P 平面1A DQ ．因为,BE EF E EF ⋂=⊂平面,BEF BE ⊂平面BEF ，所以平面BEF ∥平面1A DQ ．【变式4-1】（2022·高一课时练习）如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，1D 、D 分别为11B C ，BC 的中点，求证：平面11//A BD 平面1AC D .【答案】证明见解析【解析】证明：在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11B BCC 、11A ACC 为平行四边形，又1D 、D 分别为11B C ，BC 的中点，所以11//D C BD 且11D C BD =，所以四边形11D C DB 为平行四边形，所以11//D B DC ，因为1D B ⊄平面1AC D ，1DC ⊂平面1AC D ，所以1//D B 平面1AC D ，连接1AC 、1A C ，11A C AC M = ，再连接DM ，由四边形11A ACC 为平行四边形，所以M 为1A C 的中点，所以1//DM A B ，因为1A B ⊄平面1AC D ，DM ⊂平面1AC D ，所以1//A B 平面1AC D ，又11B A D B B = ，11,A B D B ⊂平面11BD A ，所以平面11//A BD 平面1AC D .【变式4-2】（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，H ，G 分别是棱''A B ，''A D ，''C D ，B C ''的中点.求证：平面//AEF 平面HGBD .【答案】证明见解析【解析】连接B D ''，因为E ，F ，G ，H 分别是棱A B ''，A D ''，B C ''，C D ''的中点，所以//EF B D ''，//HG B D ''，所以//EF HG ，又EF ⊂平面AEF ，HG ⊂平面AEF ，所以//HG 平面AEF ，连接AC BD O = ，连接A C ''交EF 于M ，交GH 于N ，交B D ''于O '，则12A M C N AO '''==，所以12C MN A ''=，又12AO AC =，AC A C =''，//AC A C ''，所以四边形AONM 是平行四边形，所以//AM ON ，又AM ⊂平面AEF ，ON ⊂/平面AEF ，所以//ON 平面AEF ，又ON ⊂平面BGHD ，HG ⊂平面BGHD ，HG ON N ⋂=，所以平面//AEF 平面BGHD .【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD为正方形，O 为BD 的中点，124A A AB ==，求证：平面1A BD ∥平面11CD B 【答案】证明见解析【解析】因为四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为正方形，所以11A B ∥AB ，11A B AB =，AB ∥CD ，AB CD =，所以11A B ∥CD ，11A B CD =，所以四边形11A B CD 为平行四边形，所以1A D ∥1B C ．又1A D ⊄平面11CD B ，1B C ⊂平面11CD B ，所以1A D ∥平面11CD B ，同理可证：1A B ∥平面11CD B ．又111A D A B A ⋂=，1A D ⊂平面1A BD ,1A B ⊂平面1A BD所以平面1A BD ∥平面11CD B ．考点5平行关系的探索性问题【例5】（2023·全国·高一专题练习）如图所示正四棱锥S ABCD -，2,2SA SB SC SD AB =====，P 为侧棱SD 上的点．且3SP PD =，求：侧棱SC 上是否存在一点E ，使得//BE 平面PAC ．若存在，求SE EC的值；若不存在，试说明理由．【答案】在侧棱SC 上存在一点E ，使//BE 平面PAC ，满足2SE EC =【解析】在侧棱SC 上存在一点E ，使//BE 平面PAC ，满足2SE EC=．理由如下：取SD 中点为Q ，因为3SP PD =，则PQ PD =，过Q 作PC 的平行线交SC 于E ，连接BQ ，BE ．在BDQ △中，有//BQ PO ，PO ⊂ 平面PAC ，⊄BQ 平面PAC ，//BQ ∴平面PAC ，由于2SQ QP =，∴2SE SQ EC QP ==．又由于//QE PC ，PC ⊂平面PAC ，QE ⊄平面PAC ，//QE ∴平面PAC ，BQ QE Q ⋂= ，∴平面//BEQ 平面PAC ，又BE ⊂平面BEQ ，//BE ∴平面PAC ，【变式5-1】（2022春·江苏盐城·高一盐城市伍佑中学校考阶段练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是AB ，1CC ，AD 的中点.（1）求异面直线1B E 与BG 所成角的余弦值；（2）棱CD 上是否存在点T ，使得//AT 平面1B EF ？若存在，求出DT DC的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）25；（2）存在，14DT DC =.【解析】（1）取11A D 中点M ，连接1MB ，ME ，GE ，MG .因为1111ABCD A B C D -是正方体，M ，G 分别为11A D ，AD 的中点，所以1//BG B M ，所以1MB E ∠（或补角）为异面直线1B E 与BG 所成角.设正方体的棱长为2，则115MB B E ==6ME =所以12cos 5255MB E ∠==⨯⨯，即异面直线1B E 与BG 所成角的余弦值为25.（2）存在，且14DT DC =，证明如下：延长BC ，1B F 交于H ，连接EH 交DC 于K ，因为11//CC BB ，F 是1CC 的中点，所以C 为BH 中点.因为//CD AB ，所以//KC AB ，且1124KC EB CD ==，当14DT DC =时，//TK AE ，且TK AE =，即四边形AKET 为平行四边形，所以//AT EK ，即//AT EH ，又EH ⊂平面1B EF ，AT ⊄平面1B EF ，所以//AT 平面1B EF .【变式5-2】（2022秋·陕西西安·高一统考期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，M 、N 、Q 分别为BC 、PA 、PB 的中点.（1）证明：平面//MNQ 平面PCD ；（2）在线段PD 上是否存在一点E ，使得//MN 平面ACE ？若存在，求出PE PD的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，12PE PD =.【解析】（1）∵ABCD 是平行四边形，M 、N 、Q 分别为BC 、PA 、PB 的中点，∴////NQ AB CD ，//MQ PC ，又NQ ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，MQ ⊄平面PCD ，PC ⊂平面PCD ，∴//NQ 平面PCD ，//MQ 平面PCD ，∵NQ MQ Q = ，且NQ 、MQ Ì平面MNQ ，∴平面//MNQ 平面PCD .（2）存在点E 是线段PD 的中点，使得//MN 平面ACE ，且12PE PD =.证明如下：取PD 中点E ，连接NE 、CE ，∵N 、E 、M 分别是AP 、PD 、BC 的中点，∴11//,=22NE AD NE AD ，且//,=BC AD BC AD ，即11//,=22MC AD MC AD ，∴//,=NE MC NE MC ，∴四边形MCEN 是平行四边形，∴//MN CE ，∵MN ⊄平面ACE ，CE ⊂平面ACE ，∴//MN 平面ACE ，且12PE PD =.【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）如图所示，四边形ABCD 是平行四边形，PB ⊥平面ABCD ，MA ∥PB ，PB ＝2MA .在线段PB 上是否存在一点F ，使平面AFC ∥平面PMD ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】存在，点F 是PB 的中点，证明见解析【解析】当点F 是PB 的中点时，平面AFC ∥平面PMD ，证明如下：如图连接BD 与AC 交于点O ，连接FO ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴O 是BD 的中点，∴OF ∥PD .又OF ⊄平面PMD ，PD ⊂平面PMD ，∴OF ∥平面PMD .又MA ∥PB 且PB ＝2MA .∴PF ∥MA 且PF ＝MA ，∴四边形AFPM 是平行四边形，∴AF ∥PM .又AF ⊄平面PMD ，PM ⊂平面PMD ，∴AF ∥平面PMD .又AF ∩OF ＝F ，AF ⊂平面AFC ，OF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ∥平面PMD .【变式5-4】（2022·全国·高三专题练习）在长方体1111ABCD A B C D -中，已知AB AD =，E 为AD 的中点，在线段11B C 上是否存在点F ，使得平面1//A AF 平面1ECC ？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由【答案】存在，证明见解析．【解析】存在，当点F 为线段11B C 的中点时，平面1A AF ∕∕平面1ECC ，证明：连接1,A F AF ，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AA CC ∕∕，11AD B C ∕∕．又因为1CC ⊂平面1ECC ，1AA ⊂平面1ECC ，所以1AA ∕∕平面1ECC ，又E 为AD 的中点，F 为11B C 的中点，所以1AE FC ∕∕，且1AE FC =．故四边形1AEC F 为平行四边形，所以1AF EC ∕∕，又因为1EC ⊂平面1ECC ，AF ⊄平面1ECC ，所以AF ∕∕平面1ECC ，又因为1AF AA A = ，1AA ⊂平面1A AF ，AF ⊂平面1A AF ，所以平面1A AF ∕∕平面1ECC ．考点6利用平行关系求解截面问题【例6】（2022春·辽宁沈阳·高一校联考期末）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，过11A B 的截面与AC 交于点D ，与BC 交于点E ，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CD AC =（）A ．13B ．12C ．232D ．312【答案】D【解析】由题可知平面11A B ED 与棱柱上，下底面分别交于11A B ，ED ，则11A B ∥ED ，ED AB ∥，显然111CDE C A B -是三棱台，设ABC 的面积为1，CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ，111(123h h S S ∴⋅⋅=+312S -=由CDE CAB ∽△△，可得3121CD S AC -==.故选：D.【变式6-1】（2022·高一课时练习）棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1AA 的中点，过C 、M 、1D 作正方体的截面，则截面的面积是_________．【答案】92【解析】连接1A B ，设截面交棱AB 于点N ，连接MN 、CN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//A D BC 且11A D BC =，则四边形11A BCD 为平行四边形，所以，11//A B CD ，因为平面11//AA B B 平面11CC D D ，平面1CMD 平面11AA B B MN =，平面1CMD 平面111CC D D CD =，所以，1//MN CD ，则1//MN A B ，M 为1AA 的中点，则N 为AB 的中点，由勾股定理可得222MN AM AN =+=15D M CN ==12CD =所以，四边形1CD MN 为等腰梯形，过点M 、N 分别在平面1CD MN 内作1ME CD ⊥、1NF CD ⊥，垂足分别为点E 、F ，由等腰梯形的性质可得1NCF MD E ∠=∠，1CN D M =，又因为190CFN D EM ∠=∠= ，所以，1CFN D EM △≌△，所以，1CF D E =，因为//MN EF ，ME EF ⊥，NF EF ⊥，则四边形MNFE 为矩形，所以，2EF MN =，所以，11222CD MN CF D E -===，则22322NF CN CF =-=，因此，截面面积为()1922EF CD NF+⋅=.【变式6-2】（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，S 是11B D 的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点．（1）求证：平面EFG //平面11BDD B ；（2）若正方体棱长为1，过A ，E ，1C 三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．【答案】（1）证明见解析；（262【解析】（1）证明：如下图所示，连接SB ，由EG 为△CSB 的中位线，可得//EG SB ，由EG ⊄平面11BDD B ，SB ⊂平面11BDD B ，可得EG //平面11BDD B ；由EF 为△CDB 的中位线，可得//EF DB ，由EF ⊄平面11BDD B ，DB ⊂平面11BDD B ，可得//EF 平面11BDD B ，又EF EG E = ，,EF EG ⊂面EFG ，可得平面//EFG 平面11BDD B ；（2）取11B C 的中点N ，连接1A N ，NE ，显然1111////,NE BB AA NE BB AA ==，所以1AENA 为平行四边形，可得1//AE A N ，1AE A N =，取11A D 的中点M ，连接1MC ，AM ，显然1111//,MA C N MA C N =，所以11A NC M 为平行四边形，可得11MC A N =，11//MC A N ，综上，截面1AEC M 为平行四边形，又1151421AE EC AM MC ====+，所以截面1AEC M 为菱形，截面的面积为1111632222AC ME ⨯⨯==．【变式6-3】（2022春·福建福州·高一福建省福州格致中学校考期末）一块三棱锥形木块如图所示，点G 是SAC 的重心，过点G 将木块锯开，使截面平行于侧面SBC .（1）画出截面与木块表面的交线，并说明理由；（2）若ABC为等边三角形，32SA SB SC ====，求夹在截面与平面SBC 之间的几何体的体积.【答案】（1）答案见解析；（2）196【解析】（1）过点G 作//EF SC 交,SA AC 于,E F 点，过点F 作//EH BS 交AB 于H ，则平面//SBC 平面EFH ，EFH △边所在直线即为所画线.理由如下：因为//EF SC ，EF ⊄平面SBC ，SC ⊂平面SBC ，所以//EF 平面SBC ，因为//EH BS ，EH ⊄平面SBC ，SB ⊂平面SBC ，所以//EH 平面SBC ，因为,,EF EH E EF EH =⊂ 平面EFH ，所以平面//SBC 平面EFH.（2）因为ABC为等边三角形，3SA SB SC ====，所以三棱锥S ABC -为正三棱锥，所以点S 在平面ABC 内的射影为ABC 的中心O ，则SO ⊥平面ABC ，如图2连接AO ，由ABC 为等边三角形，ABC 的中心为O，AB =所以223AO ==所以三棱锥S ABC -=所以三棱锥S ABC -的体积为21193342S ABC ABC V S h -==⨯= ，连接AG 并延长，交SC 于点M ，因为点G 是SAC 的重心，所以23AG AM =，所以249EFH SBC S AG S AM ⎛⎫== ⎪⎝⎭所以328()327A EFH A SBCV V --==，所以，8889427272723A EFH A SBC S ABC V V V---⨯====，所以，截面与平面SBC 之间的几何体的体积为9419236S ABC A EFH V V ---=-=【变式6-4】（2022·高一单元测试）如图：正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为2，E ，F 分别为DD 1，BB 1的中点.（1）求证：CF //平面A 1EC 1；（2）过点D 作正方体截面使其与平面A 1EC 1平行，请给以证明并求出该截面的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，6【解析】（1）取1CC 中点M ，连接ME由1MC FB //，可得四边形1MCFB 为平行四边形，则1FC MB //由11ME AB //，可得四边形11M EAB 为平行四边形，则11A E MB //则1//A E FC ，又1A E ⊂平面11A EC ，CF ⊄平面11A EC ，则//FC 平面11A EC ；（2）取AA 1，CC 1中点G ，H ，连接DG ，CB 1，B 1H ，HD ，因为四边形ADHF 为平行四边形，所以AF //DH因为四边形AFB 1G 为平行四边形，所以GB 1//AF ，所以GB 1//DH所以GDHB 1即为过点D 长方体截面，∵DG //A 1E ，1A E ⊂平面AEC 1，DG ⊄平面AEC 1，∴DG //平面AEC 1∵DH //C 1E ，1C E ⊂平面AEC 1，DH ⊄平面AEC 1，∴DH //平面AEC 1又∵DH DG D = ，∴平面DHB 1G //平面AEC 1.112223262GDHB S =⨯⨯=1．（2021春·吉林长春·高一长春市第二十九中学校考期末）下列命题中，正确的是（）A ．若//,,a b b α⊂则//a αB ．若//a α，b α⊂则//a bC ．若//,//a b αα，则//a bD ．若//,//a b b α,a α⊄则//a α【答案】D【解析】A .若//a b ，b α⊂，则//a α或a α⊂，所以该选项错误；B .若//a α，b α⊂，则//a b 或,a b 异面，所以该选项错误；C .若//a α，//b α，则//a b 或,a b 异面或,a b 相交，所以该选项错误；D .若//,//a b b α,a α⊄，由b //α，过b 作平面γ，使α∩γ=m ,则b //m ,又∵a //b ,∴a //m ,∵,a m ⊄⊂αα，∴//a α，所以该选项正确.故选：D2．（2022春·云南昆明·高一昆明市第三中学校考期中）已知直线l ，m 和平面α、β，下列命题正确的是（）A ．//m l ，////l m αα⇒B ．l //β，//m β，l ⊂α，//m ααβ⊂⇒C ．//l m ，l ⊂α，//m βαβ⊂⇒D ．l //β，//m β，l ⊂α，m α⊂，//l m M αβ⋂=⇒【答案】D【解析】A ：//m l ，//l α，则//m α或m α⊂，错误；B ：若//m l 时，//αβ或,αβ相交；若,m l 相交时，//αβ，错误；C ：//l m ，l ⊂α，m β⊂，则,αβ平行、相交、重合都有可能，错误；D ：,l m α⊂，l m M = 且l //β，//m β，根据面面平行的判定知：//αβ，正确.故选：D3．（2022春·广东茂名·高一统考期中）已知正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是它们所在线段的中点，则满足1//A F 平面1BD E 的图形个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】①中，平移1A F 至1D F '，可知1D F '与面1BD E 只有一个交点1D ，则1A F 与平面1BD E 不平行；②中，由于11//A F D E ，而AF ⊄平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，故1//A F 平面1BD E ；③中，平移1A F 至1D F '，可知1D F '与面1BD E 只有一个交点1D ，则1A F 与平面1BD E 不平行；故选：B ．4．（2023春·全国·高一专题练习）已知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且PA AB =，点E 是PD 的中点，点F 是棱PC 上的点且2PF FC =，则平面BEF 截四棱锥P ABCD -所得的截面图形是（）A ．斜三角形B ．梯形C ．平行四边形D ．两组对边均不平行的四边形【答案】D【解析】如图，延长EF 和DC ，设其交点为G ，连接BG ，延长DA 并与直线BG 交于点H ，连接HE 交PA 于点K ，连接KB ，得四边形EFBK ，假设//KE BF ，BF ⊄平面PAD ，KE ⊂平面PAD ，得//BF 平面P AD ，（线面平行的判定定理的应用）因为//BC AD ，BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，//BC 平面PAD ，且BC BF B = ,,BC BF ⊂平面PBC ，所以平面//PBC 平面P AD ，（面面平行的判定定理的应用）与平面PBC 与平面P AD 有公共点P 矛盾，故假设不成立，因此KE 与BF 不平行，同理可证KB 与EF 不平行，因此四边形EFBK 的两组对边均不平行.故选：D5．（2023·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知12,,AB BC BB AB BC D ===⊥为AB 的中点.求证：1BC ∥平面1A CD .【答案】证明见解析【解析】连接1AC 与1A C 交于点O ，则O 是1A C 的中点，连接OD ，如图，因为D 是AB 的中点，所以1∥OD BC ，OD ⊂ 平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，1BC ∴∥平面1A CD .6．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，PD ⊥平面ABCD ，点E 是AB 的中点，过点E 作平行于平面PAD 的截面，与直线,,CD PC PB 分别交于点,,F G H .证明：//GH EF .【答案】证明见解析【解析】证明：因为//,BC AD BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以//BC 平面PAD ，又平面//PAD 平面 EFGH ，BC ⊄平面 EFGH ，所以//BC 平面 EFGH ，又BC ⊂平面PBC ，平面PBC ⋂平面EFGH GH =，.所以//BC GH ,同理，//BC EF ，所以//GH EF .7．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，12AD BC =，点E 为PC 上一点，F 为PB 的中点，且//AF 平面BDE .（1）若平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，求证：//l 平面ABCD ；（2）求证：//AF DE .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）∵//BC AD ，AD ⊂平面,PAD BC ⊄平面PAD ，∴//BC 平面PAD .∵BC ⊂平面PBC ，平面PBC ⋂平面PAD l =，∴//BC l .∵BC ⊂平面,ABCD l ⊄平面ABCD ，∴//l 平面ABCD .（2）连接,AC FC ，设AC BD O = ，FC BE M ⋂=，连接OM ，∵//AF 平面,BDE AF ⊂平面AFC ，平面AFC 平面BDE OM =，∴//AF OM，∵//AD BC，12AD BC=，所以12AO ADOC BC==，∴12 FM AOMC OC==，∴点M是PBC的重心，∴点E是PC的中点，∴12EM DOMB OB==，∴//OM DE，∴//AF DE.8．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在正四面体S ABC-中，4AB=，E，F，R分别是SB，SC，SA的中点，取SE，SF的中点M，N，点Q为平面SBC内一点（1）求证：平面MNR 平面AEF（2）若RQ 平面AEF，求线段RQ的最小值，【答案】（1）证明见解析；（2112【解析】（1）∵M，N分别为SE，SF的中点，∴MN EF，又∵MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN 平面AEF，∵R，M分别为SA，SE的中点，∴RM AE，又∵RM⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴RM 平面AEF，又∵MN RM M⋂=，MN⊂平面MNR，RM⊂平面MNR，∴平面MNR 平面AEF.（2）由（1）知，平面MNR 平面AEF，∴若平面SBC内存在一点Q，使RQ 平面AEF，则Q在线段MN上，∴线段RQ的最小值为R到直线MN的距离，即MNR在边MN上的高，∵E ，F 分别为SB ，SC 的中点，M ，N 分别为SE ，SF 的中点，∴11124MN EF BC ===，又∵4AS AB ==，2SE BE ==∴AE SB ⊥，2223AE AB BE =-=又∵R ，M 分别为SA ，SE 的中点，∴132RM AE ==3RN =∴当Q 为MN 中点时，RQ MN ⊥，此时MNR 在边MN 上的高，RQ 取最小值，∴线段RQ 的最小值()2222min 111322RQ RM MQ ⎛⎫--= ⎪⎝⎭.9．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,,E F 分别是1,A D BD 的中点.（1）求证：平面1A BD //平面11CB D ；（2）求证：EF //平面11DCC D ；【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）由正方体的性质可得11111111////,A D B C BC A D B C BC ==，∴四边形11A D CB 为平行四边形，∴11//A B CD ，1⊄A B 平面11B D C ，1CD ⊂平面11B D C ，∴1//A B 平面11B D C ，同理可得//BD 平面11B D C ，又11,A B BD B A B BD =⊂ ，平面1A BD ，∴平面1A BD //平面11CB D ；（2）因为,E F 分别是1,A D BD 的中点，所以1//EF A B ，又11//A B CD ，∴1//EF CD ，又EF ⊄平面11DCC D ，1CD ⊂平面11DCC D ，∴//EF 平面11DCC D .10．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 分别为对角线BD 、1CD 上的点，且123CQ BP QD PD ==.作出平面PQC 和平面11AA D D 的交线（保留作图痕迹），并求证：//PQ 平面11A D DA；【答案】作图见解析，证明见解析【解析】连接CP 并延长与DA 的延长线交于M 点，则平面PQC 和平面11AA D D 的交线为1D M ，证明：因为四边形ABCD 为正方形，所以//BC AD，故PBC PDM ，所以23CP BP PM PD ==，又因为123CQ BP QD PD ==，所以123CQ CP QD PM ==，所以1//PQ MD .又1MD ⊂平面11A D DA ，PQ ⊄平面11A D DA ，故//PQ 平面11A D DA .11．（2022春·河北唐山·高一统考期中）如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1为菱形，∠A 1AC ＝60°，AC ＝2，侧面CBB 1C 1为正方形，平面ACC 1A 1⊥平面AB C ．点M 为A 1C 的中点，点N 为AB 的中点．（1）证明：MN∥平面BCC1B1；（2）求三棱锥A1－ABC1的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）233【解析】（1）证明：连接AC1，BC1，因为四边形ACC1A1为菱形，点M为A1C的中点，所以AC1∩A1C＝M，点M为A1C的中点，又点N为AB中点，所以MN∥BC1，而BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1；（2）∵侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC＝60°，∴△AA1C为等边三角形，AA1＝A1C＝AC＝2.取AC的中点H，连接A1H，则A1H⊥A C.又∵平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，A1H⊂平面ACC1A1，∴A1H⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1H⊥B C.而四边形CBB1C1为正方形，∴BC⊥CC1.又AA1∥CC1，∴BC⊥AA1，又AA1∩A1H＝A1，AA1和A1H在平面ACC1A1上，∴BC⊥平面ACC1A1，×2×2×sin120°3又△AA1C1的面积S＝12∴11A ABC V -＝11B A AC V -＝132323312．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四边形ABCD 中，,,6,24AB AD AD BC AD BC AB ⊥===∥，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF AB ∥，现将四边形ABCD 沿EF 折起，使BE EC ⊥．（1）若3BE =，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，使得//CP 平面ABEF ？若存在，求出AP PD的值；若不存在，说明理由．（2）求三棱锥A CDF -的体积的最大值，并求出此时点F 到平面ACD 的距离．【答案】（1）存在，12AP PD =；（2）最大值为3，此时点F 到平面ACD 3【解析】（1）AD 上存在一点P ，使得//CP 平面ABEF ，此时12AP PD =，理由如下：当12AP PD =时，13AP AD =，如图，过点P 作PM FD ∥交AF 于点M ，连接ME ，则13MP AP FD AD ==，∵3BE =，∴3FD =，∴1MP =，又1EC =，MP FD EC ∥∥，∴MP EC ∥，故四边形MPCE 为平行四边形，∴CP ME ∥，又CP Ë平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，∴//CP 平面ABEF .综上，存在点P ，使得//CP 平面ABEF ，12AP PD =.（2）设BE x =，则(04),6AF x x FD x =<≤=-，故21112(6)(3)3323A CDF V x x x -=⨯⨯⨯-⨯=--+，∴当3x =时，A CDF V -有最大值，且最大值为3，∴此时1EC =，3AF =，3FD =，22DC =，∴2232AD AF FD =+=22214AC EF EC AF =++=在ACD 中，由余弦定理得1cos 223222ADC ∠==⨯⨯，3sin 2ADC ∠=，1sin 332ACD S DC AD ADC =⋅⋅⋅∠= 设F 到平面ACD 的距离为h ，A CDF F ACD V V --=，13,33ACD S h h ⋅⋅==△综上，三棱锥A CDF -的最大值为3，此时点F 到平面ACD 的距离313．（2023·全国·高一专题练习）由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为平行四边形，O 为AC 与BD 的交点．（1）求证：1A O ∥平面11B CD ；（2）求证：平面1A BD ∥平面11B CD ；（3）设平面11B CD 与底面ABCD 的交线为l ，求证：BD l ∥．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，∵1111ABCD A B C D -是四棱柱，∴11A O OC ∥，∴四边形11A OCO 为平行四边形，∴11A O O C ∥，又1O C ⊂平面111,B CD AO ⊄平面11B CD ，∴1AO ∥平面11B CD ．（2）∵111BB AA DD ∥∥，∴四边形11BB D D 是平行四边形，∴11BD B D ∥，∵BD ⊄平面1111,B CD B D ⊂平面11B CD ，∴BD ∥平面11B CD ，由（1）得1AO ∥平面11B CD 且1BD AO O = ，1BD A O ⊂、平面1A BD ，∴平面1A BD ∥平面11B CD ．（3）由（2）得：BD ∥平面11B CD ，又BD ⊂平面ABCD ，平面11B CD ⋂平面ABCD l =，∴BD l ∥．14．（2023·高一课时练习）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，D 、E 分别为A 1B 1、AA 1的中点，点F 在棱AB 上，且AF =14AB．（1）求证：EF ∥平面BDC 1；（2）在棱AC 上是否存在一个点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）点G 不存在，理由见解析【解析】（1）证明：取AB 的中点M ，∵AF =14AB ，∴F 为AM 的中点，又∵E 为AA 1的中点，∴EF ∥A 1M在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，D ，M 分别为A 1B 1，AB 的中点，∴A 1D ∥BM ，A 1D =BM ，∴A 1DBM 为平行四边形，∴AM ∥BD ，∴EF ∥BD ．∵BD ⊂平面BC 1D ，EF ⊄平面BC 1D ，∴EF ∥平面BC 1D ．（2）设AC 上存在一点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成两部分的体积之比为1：15，则111:1:16E AFG ABC A B C V V --=，∵111111sin 321sin 2E AFG ABC A B C AF AG GAF AE V V AB AC CAB AA --⨯⋅∠⋅=⋅∠⋅111134224AG AG AC AC =⨯⨯⨯=⋅∴112416AG AC ⋅=，∴32AG AC =，∴AG =32AC >AC ．所以符合要求的点G 不存在．15．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，,,D E F 分别为11,,BC AC A C 的中点，AB BC =．求证：（1）11//A B 平面1DEC ；（2）平面//ABF 平面1DEC ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别为,BC AC 的中点，1111/////,,/DE AB AB A B DE A B ∴∴，DE ⊂ 平面111,DEC A B ⊄平面1DEC ，11//A B ∴平面1DEC ．（2）//,AB DE AB ⊄ 平面1DEC ，DE ⊄平面1DEC ，//AB ∴平面1DEC ．,F E 分别为11,A C AC 的中点，11//A C AC ，1//FC AE ∴，且1FC AE =．∴四边形1FC EA 是平行四边形．1//AF EC ∴．又1EC ⊂平面1,DEC AF ⊄平面1DEC ，//AF ∴平面1DEC ．又,AB AF ⊂平面,ABF AB AF A ⋂=，∴平面//ABF 平面1DEC ．16．（2023·全国·高一专题练习）P 为正方形ABCD 所在平面外一点，E ，F ，G 分别为PD ，AB ，DC 的中点，如图．求证：。

高中数学新课标典型例题直线与平面的平行的判定和性质

典型例题一例1 简述下列问题的结论，并画图说明：（1）直线⊂a 平面α，直线A a b = ，则b 和α的位置关系如何？（2）直线α⊂a ，直线a b //，则直线b 和α的位置关系如何？分析：（1）由图（1）可知：α⊂b 或A b =α ；（2）由图（2）可知：α//b 或α⊂b ．说明：此题是考查直线与平面位置关系的例题，要注意各种位置关系的画法与表示方法．典型例题二例2 P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，Q 是PA 的中点，求证：//PC 平面BDQ ．分析：要证明平面外的一条直线和该平面平行，只要在该平面内找到一条直线和已知直线平行就可以了．证明：如图所示，连结AC ，交BD 于点O ，∵四边形ABCD 是平行四边形∴CO AO =，连结OQ ，则OQ 在平面BDQ 内，且OQ 是APC ∆的中位线，∴OQ PC //． ∵PC 在平面BDQ 外， ∴//PC 平面BDQ ．说明：应用线面平行的判定定理证明线面平行时，关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，怎样找这一直线呢？由于两条直线首先要保证共面，因此常常设法过已知直线作一平面与已知平面相交，如果能证明已知直线和交线平行，那么就能够马上得到结论．这一个证明线面平行的步骤可以总结为：过直线作平面，得交线，若线线平行，则线面平行．典型例题三例3 经过两条异面直线a ，b 之外的一点P ，可以作几个平面都与a ，b 平行？并证明你的结论．分析：可考虑P 点的不同位置分两种情况讨论．解：（1）当P 点所在位置使得a ，P （或b ，P ）本身确定的平面平行于b （或a ）时，过P 点再作不出与a ，b 都平行的平面；（2）当P 点所在位置a ，P （或b ，P ）本身确定的平面与b （或a ）不平行时，可过点P 作a a '//，b b //'．由于a ，b 异面，则a '，b '不重合且相交于P ．由于P b a ='' ，a '，b '确定的平面α，则由线面平行判定定理知：α//a ，α//b ．可作一个平面都与a ，b 平行．故应作“0个或1个”平面．说明：本题解答容易忽视对P 点的不同位置的讨论，漏掉第（1）种情况而得出可作一个平面的错误结论．可见，考虑问题必须全面，应区别不同情形分别进行分类讨论．典型例题四例4 平面外的两条平行直线中的一条平行于这个平面，那么另一条直线也平行于这个平面．已知：直线b a //，//a 平面α，α⊄b ．求证：α//b ．证明：如图所示，过a 及平面α内一点A 作平面β．设c =βα ，∵α//a ， ∴c a //．又∵b a //， ∴c b //．∵α⊄b ，α⊂c ， ∴α//b ．说明：根据判定定理，只要在α内找一条直线b c //，根据条件α//a ，为了利用直线和平面平行的性质定理，可以过a 作平面β与α相交，我们常把平面β称为辅助平面，它可以起到桥梁作用，把空间问题向平面问题转化．和平面几何中添置辅助线一样，在构造辅助平面时，首先要确认这个平面是存在的，例如，本例中就是以“直线及直线外一点确定一个平面”为依据来做出辅助平面的．典型例题五例5 已知四面体ABC S -的所有棱长均为a ．求：（1）异面直线AB SC 、的公垂线段EF 及EF 的长；（2）异面直线EF 和SA 所成的角．分析：依异面直线的公垂线的概念求作异面直线AB SC 、的公垂线段，进而求出其距离；对于异面直线所成的角可采取平移构造法求解．解：（1）如图，分别取AB SC 、的中点F E 、，连结CF SF 、．由已知，得SAB ∆≌CAB ∆． ∴CF SF =，E 是SC 的中点， ∴SC EF ⊥．同理可证AB EF ⊥∴EF 是AB SC 、的公垂线段．在SEF Rt ∆中，a SF 23=，a SE 21=．∴22SE SF EF -=a a a 22414322=-．（2）取AC 的中点G ，连结EG ，则SA EG //．∴EF 和GE 所成的锐角或直角就是异面直线EF 和SA 所成的角．连结FG ，在EFG Rt ∆中，a EG 21=，a GF 21=，a EF 22=．由余弦定理，得22222124142412cos 222222=⋅⋅-+=⋅⋅-+=∠a a aa a EF EG GF EF EG GEF ． ∴45=∠GEF ．故异面直线EF 和SA 所成的角为45．说明：对于立体几何问题要注意转化为平面问题来解决，同时要将转化过程简要地写出来，然后再求值．典型例题六例6 如果一条直线与一个平面平行，那么过这个平面内的一点且与这条直线平行的直线必在这个平面内．已知：直线α//a ，α∈B ，b B ∈，a b //．求证：α⊂b ．分析：由于过点B 与a 平行的直线是惟一存在的，因此，本题就是要证明，在平面α外，不存在过B 与a 平行的直线，这是否定性命题，所以使用反证法．证明：如图所示，设α⊄b ，过直线a 和点B 作平面β，且'b =αβ ． ∵α//a ，∴α//'b ．这样过B 点就有两条直线b 和'b 同时平行于直线a ，与平行公理矛盾． ∴b 必在α内．说明：(1)本例的结论可以直接作为证明问题的依据． (2)本例还可以用同一法来证明，只要改变一下叙述方式．如上图，过直线a 及点B 作平面β，设'b =αβ ．∵α//a ，∴α//'b ．这样，'b 与b 都是过B 点平行于a 的直线，根据平行公理，这样的直线只有一条， ∴b 与'b 重合．∵α⊂'b ，∴α⊂b ．典型例题七例7 下列命题正确的个数是（）．(1)若直线l 上有无数个点不在平面α内，则α//l ； (2)若直线l 平行于平面α内的无数条直线，则α//l ；(3)若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任一直线平行； (4)若直线l 在平面α外，则α//l ．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个分析：本题考查的是空间直线与平面的位置关系．对三种位置关系定义的准确理解是解本题的关键．要注意直线和平面的位置关系除了按照直线和平面公共点的个数来分类，还可以按照直线是否在平面内来分类．解：(1)直线l 上有无数个点不在平面α内，并没有说明是所在点都不在平面α内，因而直线可能与平面平行亦有可能与直线相交．解题时要注意“无数”并非“所有”．(2)直线l 虽与α内无数条直线平行，但l 有可能在平面α内，所以直线l 不一定平行α．(3)这是初学直线与平面平行的性质时常见错误，借助教具我们很容易看到．当α//l 时，若α⊂m 且l m //，则在平面α内，除了与m 平行的直线以外的每一条直线与l 都是异面直线．(4)直线l 在平面α外，应包括两种情况：α//l 和l 与α相交，所以l 与α不一定平行．故选A ．说明：如果题中判断两条直线与一平面之间的位置关系，解题时更要注意分类要完整，考虑要全面．如直线l 、m 都平行于α，则l 与m 的位置关系可能平行，可能相交也有可能异面；再如直线m l //、α//l ，则m 与α的位置关系可能是平行，可能是m 在α内．典型例题八例8 如图，求证：两条平行线中的一条和已知平面相交，则另一条也与该平面相交．已知：直线b a //，P a =α平面．求证：直线b 与平面α相交．分析：利用b a //转化为平面问题来解决，由b a //可确定一辅助平面β，这样可以把题中相关元素集中使用，既创造了新的线面关系，又将三维降至二维，使得平几知识能够运用．解：∵b a //，∴a 和b 可确定平面β． ∵P a =α ，∴平面α和平面β相交于过点P 的直线l ．∵在平面β内l 与两条平行直线a 、b 中一条直线a 相交，∴l 必定与直线b 也相交，不妨设Q l b = ，又因为b 不在平面α内（若b 在平面α内，则α和β都过相交直线b 和l ，因此α与β重合，a 在α内，和已知矛盾）．所以直线b 和平面α相交．说明：证明直线和平面相交的常用方法有：证明直线和平面只有一个公共点；否定直线在平面内以及直线和平面平行；用此结论：一条直线如果经过平面内一点，又经过平面外一点，则此直线必与平面相交（此结论可用反证法证明）．典型例题九例9 如图，求证：经过两条异面直线中的一条，有且仅有一个平面与另一条直线平行．已知：a 与b 是异面直线．求证：过b 且与a 平行的平面有且只有一个．分析：本题考查存在性与唯一性命题的证明方法．解题时要理解“有且只有”的含义．“有”就是要证明过直线b 存在一个平面α，且α//a ，“只有”就是要证满足这样条件的平面是唯一的．存在性常用构造法找出（或作出）平面，唯一性常借助于反证法或其它唯一性的结论．证明：(1)在直线b 上任取一点A ，由点A 和直线a 可确定平面β．在平面β内过点A 作直线'a ，使a a //'，则'a 和b 为两相交直线，所以过'a 和b 可确定一平面α． ∵α⊂b ，a 与b 为异面直线， ∴α⊄a ．又∵'//a a ，α⊂'a ，∴α//a ．故经过b 存在一个平面α与a 平行．(2)如果平面γ也是经过b 且与a 平行的另一个平面，由上面的推导过程可知γ也是经过相交直线b 和'a 的．由经过两相交直线有且仅有一个平面的性质可知，平面α与γ重合，即满足条件的平面是唯一的．说明：对于两异面直线a 和b ，过b 存在一平面α且与a 平行，同样过a 也存在一平面β且与b 平行．而且这两个平面也是平行的（以后可证）．对于异面直线a 和b 的距离，也可转化为直线a 到平面α的距离，这也是求异面直线的距离的一种方法．典型例题十例10 如图，求证：如果一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线和它们的交线平行．已知：l =βα ，α//a ，β//a ，求证：l a //．分析：本题考查综合运用线面平行的判定定理和性质定理的能力．利用线面平行的性质定理，可以先证明直线a 分别和两平面的某些直线平行，即线面平行可得线线平行．然后再用线面平行的判定定理和性质定理来证明a 与l 平行．证明：在平面α内取点P ，使l P ∉，过P 和直线a 作平面γ交α于b ． ∵α//a ，γ⊂a ，b =αγ ， ∴b a //．同理过a 作平面δ交β于c ． ∵β//a ，δ⊂a ，c =βδ ， ∴c a //． ∴c b //．∵β⊄b ，β⊂c ， ∴β//b ．又∵α⊂b ，l =βα ， ∴l b //．又∵b a //， ∴l a //．另证：如图，在直线l 上取点M ，过M 点和直线a 作平面和α相交于直线1l ，和β相交于直线2l ．∵α//a ，∴1//l a ， ∵β//a ，∴2//l a ，但过一点只能作一条直线与另一直线平行． ∴直线1l 和2l 重合．又∵α⊂1l ，β⊂2l ， ∴直线1l 、2l 都重合于直线l ，∴l a //．说明：“线线平行”与“线面平行”在一定条件下是可以相互转化的，这种转化的思想在立体几何中非常重要．典型例题十一例11 正方形ABCD 与正方形ABEF 所在平面相交于AB ，在AE 、BD 上各取一点P 、Q ，且DQ AP =．求证：//PQ 面BCE ．分析：要证线面平行，可以根据判定定理，转化为证明线线平行．关键是在平面BCE 中如何找一直线与PQ 平行．可考察过PQ 的平面与平面BCE 的交线，这样的平面位置不同，所找的交线也不同．证明一：如图，在平面ABEF 内过P 作AB PM //交BE 于M ，在平面ABCD 内过Q 作AB QN //交BC 于N ，连结MN ．∵AB PM //，∴AEPEAB PM =．又∵CD AB QN ////，∴BD BQ DC QN =，即BDBQAB QN =． ∵正方形ABEF 与ABCD 有公共边AB ， ∴DB AE =．∵DQ AP =，∴BQ PE =． ∴QN PM =．又∵AB PM //，AB QN //， ∴QN PM //．∴四边形PQNM 为平行四边形．∴MN PQ //．又∵⊂MN 面BCE ， ∴//PQ 面BCE ．证明二：如图，连结AQ 并延长交BC 于S ，连结ES ．∵AD BS //，∴QBDQQS AQ =．又∵正方形ABEF 与正方形ABCD 有公共边AB ， ∴DB AE =，∵DQ AP =，∴QB PE =．∴QSAQQB DQ PE AP ==． ∴ES PQ //，又∵⊂ES 面BEC ， ∴//PQ 面BEC ．说明：从本题中我们可以看出，证线面平行的根本问题是要在平面内找一直线与已知直线平行，此时常用中位线定理、成比例线段、射影法、平行移动、补形等方法，具体用何种方法要视条件而定．此题中我们可以把“两个有公共边的正方形”这一条件改为“两个全等的矩形”，那么题中的结论是否仍然成立？典型例题十二例12 三个平面两两相交于三条交线，证明这三条交线或平行、或相交于一点．已知：a =βα ，b =γβ ，c =αγ ．求证：a 、b 、c 互相平行或相交于一点．分析：本题考查的是空间三直线的位置关系，我们可以先从熟悉的两条交线的位置关系入手，根据共面的两条直线平行或相交来推论三条交线的位置关系．证明：∵a =βα ，b =γβ ， ∴β⊂b a 、．∴a 与b 平行或相交． ①若b a //，如图∵γ⊂b ，γ⊄a ，∴γ//a ．又∵c =αγ ，α⊂a ，∴c a //． ∴c b a ////．②若a 与b 相交，如图，设O b a = ，∴a O ∈，b O ∈．又∵βα =a ，γβ =b ． ∴α∈O ，γ∈O又∵c =γα ，∴c O ∈．∴直线a 、b 、c 交于同一点O ．说明：这一结论常用于求一个几何体的截面与各面交线问题，如正方体ABCD 中，M 、N 分别是1CC 、11B A 的中点，画出点D 、M 、N 的平面与正方体各面的交线，并说明截面多边形是几边形？典型例题十三例13 已知空间四边形ABCD ，AC AB ≠，AE 是ABC ∆的BC 边上的高，DF 是BCD ∆的BC 边上的中线，求证：AE 和DF 是异面直线．证法一：（定理法）如图由题设条件可知点E 、F 不重合，设BCD ∆所在平面α．∴⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∉∈∉⊂DFE E A DF αααAE 和DF 是异面直线．证法二：（反证法）若AE 和DF 不是异面直线，则AE 和DF 共面，设过AE 、DF 的平面为β．(1)若E 、F 重合，则E 是BC 的中点，这与题设AC AB ≠相矛盾．(2)若E 、F 不重合，∵EF B ∈，EF C ∈，β⊂EF ，∴β⊂BC ．∵β∈A ，β∈D ，∴A 、B 、C 、D 四点共面，这与题设ABCD 是空间四边形相矛盾．综上，假设不成立．故AE 和DF 是异面直线．说明：反证法不仅应用于有关数学问题的证明，在其他方面也有广泛的应用．首先看一个有趣的实际问题：“三十六口缸，九条船来装，只准装单，不准装双，你说怎么装？”对于这个问题，同学们可试验做一做．也许你在试验几次后却无法成功时，觉得这种装法的可能性是不存在的．那么你怎样才能清楚地从理论上解释这种装法是不可能呢？用反证法可以轻易地解决这个问题．假设这种装法是可行的，每条船装缸数为单数，则9个单数之和仍为单数，与36这个双数矛盾．只须两句话就解决了这个问题．典型例题十四例14 已知AB 、BC 、CD 是不在同一平面内的三条线段，E 、F 、G 分别是AB 、BC 、CD 的中点，求证：平面EFG 和AC 平行，也和BD 平行．分析：欲证明AC //平面EFG ，根据直线和平面平等的判定定理只须证明AC 平行平面EFG 内的一条直线，由图可知，只须证明EF AC //．证明：如图，连结AE 、EG 、EF 、GF ．在ABC ∆中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点．∴EF AC //．于是AC //平面EFG ．同理可证，BD //平面EFG ．说明：到目前为止，判定直线和平面平行有以下两种方法：(1)根据直线和平面平行定义；(2)根据直线和平面平行的判定定理．典型例题十五例15 已知空间四边形ABCD ，P 、Q 分别是ABC ∆和BCD ∆的重心，求证：ACD PQ 平面//．分析：欲证线面平行，须证线线平行，即要证明PQ 与平面ACD 中的某条直线平行，根据条件，此直线为AD ，如图．证明：取BC 的中点E ．∵P 是ABC ∆的重心，连结AE ，则1∶3=PE AE ∶，连结DE ， ∵Q 为BCD ∆的重心，∴1∶3=QE DE∶， ∴在AED ∆中，AD PQ //．又ACD AD 平面⊂，ACD PQ 平面⊄，∴ACD PQ 平面//．说明：(1)本例中构造直线AD 与PQ 平行，是充分借助于题目的条件：P 、Q 分别是ABC ∆和BCD ∆的重心，借助于比例的性质证明AD PQ //，该种方法经常使用，望注意把握．(2)“欲证线面平行，只须证线线平行”．判定定理给我们提供了一种证明线面平等的方法．根据问题具体情况要熟练运用．典型例题十六例16 正方体1111D C B A ABCD -中，E 、G 分别是BC 、11D C 的中点如下图．求证：D D BB EG 11//平面．分析：要证明D D BB EG 11//平面，根据线面平等的判定定理，需要在平面D D BB 11内找到与EG 平行的直线，要充分借助于E 、G 为中点这一条件．证明：取BD 的中点F ，连结EF 、F D 1．∵E 为BC 的中点，∴EF 为BCD ∆的中位线，则DC EF //，且CD EF 21=． ∵G 为11D C 的中点，∴CD G D //1且CD G D 211=， ∴G D EF 1//且G D EF 1=，∴四边形G EFD 1为平行四边形，∴EG F D //1，而111B BDD F D 平面⊂，11B BDD EG 平面⊄，∴11//B BDD EG 平面．典型例题十七例17 如果直线α平面//a ，那么直线a 与平面α内的（）．A ．一条直线不相交B ．两条相交直线不相交C ．无数条直线不相交D ．任意一条直线都不相交解：根据直线和平面平行定义，易知排除A 、B ．对于C ，无数条直线可能是一组平行线，也可能是共点线，∴C 也不正确，应排除C ．与平面α内任意一条直线都不相交，才能保证直线a 与平面α平行，∴D 正确． ∴应选D ．说明：本题主要考查直线与平面平行的定义．典型例题十八例18 分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是（）．A ．一定平行B ．一定相交C ．一定异面D ．相交或异面解：如图中的甲图，分别与异面直线a 、b 平行的两条直线c 、d 是相交关系；如图中的乙图，分别与异面直线a 、b 平行的两条直线c 、d 是相交关系．综上，可知应选D ．说明：本题主要考查有关平面、线面平行等基础知识以及空间想象能力．典型例题十九例19 a 、b 是两条异面直线，下列结论正确的是（）．A ．过不在a 、b 上的任一点，可作一个平面与a 、b 平行B ．过不在a 、b 上的任一点，可作一个直线与a 、b 相交C ．过不在a 、b 上的任一点，可作一个直线与a 、b 都平行D ．过a 可以并且只可以作一平面与b 平行解：A 错，若点与a 所确定的平面与b 平行时，就不能使这个平面与α平行了． B 错，若点与a 所确定的平面与b 平等时，就不能作一条直线与a ，b 相交． C 错，假如这样的直线存在，根据公理4就可有b a //，这与a ，b 异面矛盾． D 正确，在a 上任取一点A ，过A 点做直线b c //，则c 与a 确定一个平面与b 平行，这个平面是惟一的．∴应选Ｄ．说明：本题主要考查异面直线、线线平行、线面平行等基本概念．典型例题二十例20 (1)直线b a //，α平面//a ，则b 与平面α的位置关系是_____________．(2)A 是两异面直线a 、b 外的一点，过A 最多可作___________个平面同时与a 、b 平行．解：(1)当直线b 在平面α外时，α//b ；当直线b 在平面α内时，α⊂b ．∴应填：α//b 或α⊂b ．(2)因为过A 点分别作a ，b 的平行线只能作一条，（分别称'a ，'b ）经过'a ，'b 的平面也是惟一的．所以只能作一个平面；还有不能作的可能，当这个平面经过a 或b 时，这个平面就不满足条件了．∴应填：1．说明：考虑问题要全面，各种可能性都要想到，是解答本题的关键．典型例题二十一例21 如图，α//a ，A 是α的另一侧的点，a D C B ∈,,，线段AB ，AC ，AD 交α于E ，F ，G ，若4=BD ，4=CF ，5=AF ，则EG =___________．解：∵α//a ，ABD EG 平面 α=．∴EG a //，即EG BD //， ∴FCAF AF BD EG CD BC FG EF AC AF CD FG BC EF +==++===．则9204545=+⨯=+⋅=FC AF BD AF EG ． ∴应填：920．说明：本题是一道综合题，考查知识主要有：直线与平面平行性质定理、相似三角形、比例性质等．同时也考查了综合运用知识，分析和解决问题的能力．。

高中数学必修二 8 5 2 直线与平面平行(第1课时)直线与平面平行的判断练习(含答案)

8.5.2 直线与平面平行第一课时直线与平面平行的判断一、选择题1．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( )A．B．C．D．【答案】A【解析】对于B项，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ，同理可证，C，D项中均有AB∥平面MNQ.故选：A.2．已知直线a和平面α，那么能得出a//α的一个条件是（）⊂A．存在一条直线b，a//b且bα⊄B．存在一条直线b，a//b且bα⊂且α//βC．存在一个平面β，aβD．存在一个平面β，a//β且α//β【答案】C【解析】在选项A ，B ，D 中，均有可能a 在平面α内，错误；在C 中，两平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面，故C 正确故选：C3．在正方体1111ABCD A B C D -中，下面四条直线中与平面1AB C 平行的直线是（）A ．1DBB ．11A DC ．11CD D ．1A D【答案】D【解析】如图所示，易知11A B DC ∥且11A B DC =，∴四边形11A B CD 是平行四边形， 11A D B C ∴∥，又1A D ⊂/平面1AB C ，1B C ⊂平面1AB C ，1A D ∴∥平面1AB C .故选D.4．如图所示,四面体ABCD 的一个截面为四边形EFGH ,若AE BF BG CE FC GD==,则与平面EFGH 平行的直线有( )A ．0条B ．1条C ．2条D ．3条【答案】C 【解析】解：AE BF CE FC=,//EF AB ∴. 又EF ⊂平面EFGH ,AB ⊂/平面EFGH ,//AB ∴平面EFGH .同理,由BF BG FC GD=,可证//CD 平面EFGH . ∴与平面EFGH 平行的直线有2条.故选：C5.（多选题）如图所示,P 为矩形ABCD 所在平面外一点,矩形对角线的交点为,O M 为PB 的中点,给出以下结论,其中正确的是( )A ．//OM PDB ．//OM 平面PCDC ．//OM 平面PDAD ．//OM 平面PBA【答案】ABC 【解析】由题意知,OM 是BPD △的中位线,//OM PD ∴,故A 正确;PD ⊂平面PCD ,OM ⊄平面PCD ,//OM ∴平面PCD ,故B 正确;同理,可得//OM 平面PDA ,故C 正确;OM 与平面PBA 和平面PBC 都相交,故D 不正确. 故选：ABC .6.（多选题）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出四个结论正确的是（）A.OM∥PD；B.OM∥平面PCD；C .OM∥平面PDA；D.OM∥平面PBA；C.OM∥平面PBC.其中正确的个数是()【答案】ABC【解析】矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，所以OM∥PD，又OM⊄平面PCD，且OM⊄平面PDA，所以OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC均相交．故选ABC。

高中数学选修《直线与平面平行平面与平面平行》练习题附参考答案

7-4 直线与平面平行平面与平面平行一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC—A′B′C′中，点E、F、H、K分别为AC′、CB′、A′B、B′C′的中点，G为△ABC的重心，从K、H、G、B′中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为()A．K B．HC．G D．B′答案：C2．给出下列命题，其中正确的两个命题是()①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥m，则n∥α；④a、b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a、b都平行且与a、b距离相等．A．①与②B．②与③C．③与④D．②与④解析：直线上有两点到平面的距离相等，直线可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，直线n可能在平面α内，因此①③为假命题．答案：D3．设a、b是异面直线，下列命题正确的是()A．过不在a、b上的一点P一定可以作一条直线和a、b都相交B．过不在a、b上的一点P一定可以作一个平面和a、b都垂直C．过a一定可以作一个平面与b垂直D．过a一定可以作一个平面与b平行解析：可证明过a一定有一个平面与b平行．答案：D4．(2009·南京质检)已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点P的直线n与α、β分别交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD 的长为()A．16 B．24或245C．14 D．20解析：根据题意可出现以下如图两种情况可求出BD的长分别为24或24.5答案：B5．设α、β、γ为两两不重合的平面，l、m、n为两两不重合的直线，给出下列四个命题，其中真命题的个数是()①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③若α∥β，l⊂α，则l∥β；④若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.A．1 B．2 C．3 D．4答案：B二、填空题6．到空间不共面的四点距离相等的平面个数为________．解析：如右图分类，一类如图(1)将四点视为三棱锥四个顶点，取棱中点，可以做如图(1)平面平行于三棱锥的底面，并到另一顶点距离与底面距离相等，这样的平面有4个；另一类如图(2)取各段中点，四个中点形成平面平行于三棱锥相对棱，这样的平面有3个，共7个．答案：77．下列命题中正确的命题是________．①直线l上有两点到平面α距离相等，则l∥α；②平面α内不在同一直线上三点到平面β的距离相等，则α∥β；③垂直于同一直线的两个平面平行；④平行于同一直线的两平面平行；⑤若a、b为异面直线，a⊂α，b∥α，b⊂β，a∥β，则α∥β.答案：③⑤三、解答题8．如下图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P、Q分别为A1D1、A1B1、B1C1、C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面PQDB.证明：如图连结NQ ，由NQ 綊A 1D 1綊AD 知：四边形ADQN 为平行四边形，则AN ∥DQ ；同理AM ∥BP ，又AM ∩AN ＝A ，根据平面与平面平行的判定定理可知，平面AMN ∥平面PQDB .9．(原创题)如图在四面体S —ABC 中，E 、F 、O 分别为SA 、SB 、AC 的中点，G 为OC 的中点，证明：FG ∥平面BEO .证明：证法一：如图，取BC 中点M ，连接FM ，GM ，则GM ∥OB ，FM ∥SC ∥EO ，又FM ∩GM ＝M ，则平面FGM ∥平面BEO ，因此FG ∥平面BEO .证法二：设，则＝12＝＝＝＝－12＝－12b －a ，因此FG 与b ，a 共面，∴FG ∥平面BEO .10．已知：如右图，平面α∥平面β，线段AB 分别交α、β于点M 、N ，线段AD 分别交α、β于C 、D ，线段BF 分别交α、β于F 、E ，且AM ＝BN ，试证：S △CMF ＝S △DNE .证明：∵α∥β，直线AD 与AB 确定的平面与α、β分别交于CM 、DN ， ∴CM ∥DN ，同理NE ∥MF ，∴∠CMF ＝∠DNE ，CM DN ＝AM AM ＋MN .NE MF ＝BNBN ＋MN，又AM ＝BN ，∴CM DN ＝NE MF ，即CM ·MF ＝DN ·NE ，∴12CM ·MF sin ∠CMF ＝12DN ·NE sin ∠DNE .因此S △CMF ＝S △DNE .1．如果α∥β，AB 和CD 是夹在平面α与β之间的两条线段，AB ⊥CD ，且AB ＝2，直线AB 与平面α所成的角为30°，那么线段CD 的取值范围是()A ．(233，433]B ．[1，＋∞)C ．[1，233]D ．[233，＋∞)解析：如图，过A 点作平面γ⊥AB ，γ∩β＝l ，过A 作AC ⊥l . 垂足为C ，连结AC ，可以证明AC 即为线段CD 的最小值．在Rt △ABC 中，∠ABC ＝30°，AB ＝2， ∴AC ＝AB tan ∠ABC ＝233.即CD ≥233.答案：D2．如图，已知平面α∥β∥γ，A ，C ∈α，B ，D ∈γ，异面直线AB 和CD 分别与β交于 E 和G ，连结AD 和BC 分别交β于F ，H .(1)求证：AE EB ＝CGGD ；(2)判断四边形EFGH 是哪一类四边形； (3)若AC ＝BD ＝a ，求四边形EFGH 的周长．解答：(1)证明：由AB，AD确定的平面，与平行平面β和γ的交线分别为EF和BD，知EF∥BD.所以AEEB＝AFFD.同理有FG∥AC，因而AFFD＝CGGD.所以AEEB＝CGGD.(2)面CBD分别交β，γ于HG和BD.由于β∥γ，所以HG∥BD.同理EH∥AC.故EFGH 为平行四边形．(3)由EF∥BD，得EFBD＝AFAD＝AFAF＋FD.由FG∥AC，得FGAC＝DFAD＝DFDF＋FA.又因为BD＝AC＝a，所以EFBD＋FGAC＝EF＋FGa＝AF＋FDAF＋FD＝1.即EF＋FG＝a.故四边形EFGH的周长为2a.3．如下马图，四棱锥P—ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PD 的中点，又二面角P—CD—B为45°，(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求证：平面PEC⊥平面PCD；(3)设AD＝2，CD＝22，求点A到平面PEC的距离．解答：(1)证明：取PC的中点G，连EG、FG，∵F为PD的中点，∴GF綊12CD，CD綊AB，又E为AB的中点，∴AE綊GF，∴四边形AEGF为平行四边形，∴AF∥GE，因此AF∥平面PEC.(2)证明：PA⊥平面ABCD，则AD是PD在底面上的射影，又ABCD为矩形∴CD⊥AD，则CD⊥PD，因此CD⊥AF，∠PDA为二面角P—CD—B的平面角，即∠PDA＝45°，F为Rt△PAD斜边PD的中点，AF⊥PD，PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，由(1)知AF∥EG，∴EG⊥平面PDC，∵EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.(3)由(1)知AF∥平面PEC，平面PCD⊥平面PEC，过F作FH⊥PC交PC于H，则FH ⊥平面PEC，∴FH为F到平面PEC的距离，即A到平面PEC的距离，在△PFH与△PCD中，∠P为公共角，∠FHP＝∠CDP＝90°，∴△PFH∽△PCD，FHCD＝PFPC，∵AD＝2，PF＝2，PC＝CD2＋PD2＝8＋8＝4，∴FH＝24·22＝1，∴A到平面PEC的距离为1.。

高中数学复习：直线、平面平行的判定与性质

(
×
)
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平
行.
(
×
)
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(4)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异
面.
(
√
)
(5)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α. (
(6)若α∥β,直线a∥α,则a∥β.( Nhomakorabea×
)
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
答案 D 与一个平面平行的两条直线可以平行、相交,也可以异面.
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4.如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α的位置关系可另等价表述,下列
表述正确的是 ( D )
A.直线a上有无数个点不在平面α内
B.直线a与平面α内的所有直线平行
C.直线a与平面α内无数条直线不相交
D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交
×
)
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2.对于直线m,n和平面α,若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.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案
D
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( D )
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3.若两条直线都与一个平面平行,则这两条直线的位置关系是 ( D )
A.平行
B.相交
C.异面
D.以上均有可能
(5)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直
线,那么这两个平面平行.
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1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“✕”)
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个

高考数学复习：直线、平面平行的判定及其性质

【解析】连接AD1,BC1,AB1,B1D1,C1D,BD,因为AB
C1
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
平行判定定理可知平面BDE∥平面NCF,故④正确.
【规律方法】直线、平面间平行的判定方法
(1)关注是否符合判定定理与性质定理,并注意定理中
易忽视的条件.
(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.
(3)利用实物进行空间想象,比较判断.
(4)熟记一些常见结论,如垂直于同一条直线的两个平
面平行等.
“α⊥β”的充分不必要条件,故B正确;当n⊥α
时,“n⊥β”⇔“α∥β”,所以当n⊥α时,
“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件,故A正确;当
m⊂α时,“n⊥α”⇒“m⊥n”,“m⊥n”推不出
“n⊥α”,当m⊂α时,“n⊥α”是“m⊥n”的充分不
必要条件,故D正确.
2.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且
BDC1,BC1⊂平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正确.
考点一
直线、平面平行的基本问题
【题组练透】
1.设m,n是空间两条直线,α,β是空间两个平面,则下
列命题中不正确的是
(
)
A.当n⊥α时,“n⊥β”是“α∥β”的充要条件
B.当m⊂α时,“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条
件
C.当m⊂α时,“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件

高考数学一轮复习专题训练—直线、平面平行的判定与性质

直线、平面平行的判定与性质考纲要求1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．知识梳理1．直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示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a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β平行性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β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α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b1．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)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.2．三种平行关系的转化诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．()(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误．(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误．(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误．2．下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是()A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案 D解析因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.3.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________．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面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．4．(2021·太原质检)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 答案 D解析若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 ；故选D.5．(2020·长春调研)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答案 A解析由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．6．(2021·衡水中学检测)如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．则CE 与平面P AB 的关系是________．答案平行解析取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，∵E 是PD 中点，知EF 綉12AD ，又∠BAD ＝∠ABC ＝90°，BC ＝12AD ，∴BC 綉12AD ，从而BC 綉EF ，则四边形BCEF 为平行四边形，故CE ∥AF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，所以CE ∥平面P AB .考点一与线、面平行相关命题的判定1．(2019·全国Ⅱ卷)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解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当α内无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A ，C ，D 中条件均不是α∥β的充要条件．根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此B 中条件是α∥β的充要条件．2．(2021·西安质检)设a ，b 为两条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，则下列命题正确的是()A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC．若a∥α，a∥β，则α∥βD．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b答案 D解析A不正确：a∥b或a与b相交或异面；B不正确，a∥b或a与b是异面直线；C不正确，α∥β或平面α与β相交．D正确，根据面面平行的性质，可得a∥b.3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.答案①②④解析如图，因为AB綉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，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．感悟升华直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．考点二直线与平面平行的判定与性质角度1直线与平面平行的判定【例1】(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB ＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．(1)证明如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綉DC ，可得B 1C 綉A 1D ，故ME 綉ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .(2)解过点C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，又BC ∩C 1C ＝C ，BC ，C 1C ⊂平面C 1CE ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH .所以CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为点C 到平面C 1DE 的距离．由已知可得CE ＝1，C 1C ＝4，所以C 1E ＝17，故CH ＝41717.从而点C 到平面C 1DE 的距离为41717.感悟升华 1.利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线．2．利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．【训练1】如图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH .求证：GH ∥平面P AD .证明如图，连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，因为四边形ABCD 是平行四边形，所以O 是AC 的中点．又M 是PC 的中点，所以AP ∥OM .根据直线和平面平行的判定定理，则有P A ∥平面BMD .因为平面P AHG ∩平面BMD ＝GH ，根据直线和平面平行的性质定理，所以P A ∥GH . 因为GH ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .角度2 线面平行的性质定理的应用【例2】 (2021·河南、江西五岳联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，∠DAB ＝90°，AB ＝BC ＝P A ＝12AD ＝2，E 为PB 的中点，F 是PC 上的点．(1)若EF ∥平面P AD ，证明：F 为PC 的中点； (2)求点C 到平面PBD 的距离．(1)证明因为BC ∥AD ，BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以BC ∥平面P AD .因为P ∈平面PBC ，P ∈平面P AD ，所以可设平面PBC ∩平面P AD ＝PM ，又因为BC ⊂平面PBC ，所以BC ∥PM ，因为EF ∥平面P AD ，EF ⊂平面PBC ，所以EF ∥PM ，从而得EF ∥BC .因为E 为PB 的中点，所以F 为PC 的中点．(2)解因为P A ⊥底面ABCD ，∠DAB ＝90°，AB ＝BC ＝P A ＝12AD ＝2，所以PB ＝P A 2＋AB 2＝22，PD ＝P A 2＋AD 2＝25， BD ＝BA 2＋AD 2＝25，所以S △DPB ＝12PB ·DP 2－⎝⎛⎭⎫12PB 2＝6. 设点C 到平面PBD 的距离为d ，由V C －PBD ＝V P －BCD ，得13S △DPB ·d ＝13S △BCD ·P A ＝13×12×BC ×AB ×P A ，则6d ＝12×2×2×2，解得d ＝23.感悟升华在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．【训练2】如图所示，已知四边形ABCD 是正方形，四边形ACEF 是矩形，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．(1)证明如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为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)解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.考点三面面平行的判定与性质【例3】(经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.【迁移1】在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“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，∵四边形A 1ACC 1是平行四边形， ∴M 是A 1C 的中点，连接MD ， ∵D 为BC 的中点， ∴A 1B ∥DM . ∵A 1B ⊂平面A 1BD 1， DM ⊄平面A 1BD 1， ∴DM ∥平面A 1BD 1，又由三棱柱的性质及D ，D 1分别为BC ，B 1C 1的中点知，D 1C 1綉BD ， ∴四边形BDC 1D 1为平行四边形，∴DC 1∥BD 1. 又DC 1⊄平面A 1BD 1，BD 1⊂平面A 1BD 1， ∴DC 1∥平面A 1BD 1，又DC 1∩DM ＝D ，DC 1，DM ⊂平面AC 1D ，因此平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【迁移2】在本例中，若将条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1”，试求ADDC 的值．解连接A 1B 交AB 1于O ，连接OD 1. 由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB ＝1.又由题设A 1D 1D 1C 1＝DCAD，∴DC AD ＝1，即ADDC＝1. 感悟升华 1.判定面面平行的主要方法 (1)利用面面平行的判定定理．(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)． 2．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行． (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．提醒利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．【训练3】 (2021·成都五校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，AB ＝AD ，P A ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，P A 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． (1)证明连接BD ，如图所示．∵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 分别为AD ，P A 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)解在(1)中已证BM ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，BM ⊂平面ABCD ， ∴BM ⊥平面P AD .又AD ＝6，∠BAD ＝60°，∴BM ＝3 3. ∵P A ＝PD ，P A ⊥PD ，AD ＝6， ∴P A ＝PD ＝32AD ＝32， ∵M ，N 分别为AD ，P A 的中点， ∴S △PMN ＝14S △P AD ＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P －BMN 的体积V ＝V B －PMN ＝13S △PMN ·BM＝13×94×33＝934.A 级基础巩固一、选择题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 答案 D解析 A 中，a 可以在过b 的平面内；B 中，a 与α内的直线也可能异面；C 中，两平面可相交；D 中，由直线与平面平行的判定定理知b ∥α，正确．2．如果AB ，BC ，CD 是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC 的位置关系是( ) A ．平行B ．相交C ．AC 在此平面内D ．平行或相交答案 A解析把这三条线段放在正方体内可得如图，显然AC ∥EF ，AC ⊄平面EFG ，∵EF ⊂平面EFG ，故AC ∥平面EFG ，故选A.3．(2021·重庆联考)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且DE EB ＝DF FD 1＝12，G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，则CG CC 1＝( )A.12 B ．13C ．23D ．14答案 B解析如图所示，延长AE 交CD 于H ，连接FH ，则△DEH ∽△BEA ，所以DH AB ＝DE EB ＝12.因为平面AEF ∥平面BD 1G ，平面AEF ∩平面CDD 1C ＝FH ，平面BD 1G ∩平面CDD 1C 1＝D 1G ，所以FH∥D1G.又四边形CDD1C1是平行四边形，所以△DFH∽△C1GD1，所以DFC1G＝DHC1D1，因为DHC1D1＝DHAB＝12，所以DFC1G＝12，因为DFFD1＝12，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以CGCC1＝13，故选B.4. (2021·兰州诊断)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能答案 B解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.5．(2021·河南名校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是BB1，DD1，A1B1的中点，则下列说法错误的是()A．B1D∥平面A1FC1B．CE∥平面A1FC1C．GE∥平面A1FC1D．AE∥平面A1FC1答案 C解析作出图形如图所示，观察可知，B1D∥FO，CE∥A1F，AE∥C1F，又FO⊂平面A1FC1，A1F⊂平面A1FC1，C1F⊂平面A1FC1，B1D⊄平面A1FC1，CE⊄平面A1FC1，AE⊄平面A1FC1，所以选项A，B，D正确；因为GE∥A1B，所以GE与平面A1FC1相交，所以选项C错误，故选C.6．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有() A．0条B．1条C．2条D．1条或2条答案 C解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条．二、填空题7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.答案 2解析根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，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＝ 2.8．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)．答案①或③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．9.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)．答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，且FH ∩HN ＝H ，D 1D ∩BD ＝D ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1. 三、解答题10．(2021·绵阳诊断)如图，四边形ABCD 是正方形，P A ⊥平面ABCD ，点E 、F 分别是线段AD ，PB 的中点，P A ＝AB ＝2.(1)证明：EF ∥平面PCD ； (2)求三棱锥F －PCD 的体积．(1)证明取PC 的中点G ，连接DG ，FG .∵四边形ABCD 为正方形，且DE 綉12BC ，FG ∥BC ，且FG ＝12BC ，∴DE ∥FG 且DE ＝FG ， ∴四边形DEFG 为平行四边形， ∴EF ∥DG ，又∵EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .(2)解 ∵EF ∥平面PCD ，∴F 到平面PCD 的距离等于E 到平面PCD 的距离，∴V F －PCD ＝V E －PCD＝12V A －PCD ＝12V P －ACD . ∵P A ⊥平面ABCD ，∴V P －ACD ＝13×S △ACD ×P A ＝13×12×22×2＝43. ∴V F －PCD ＝12V P －ACD ＝23. 11.如图，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为平行四边形，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 ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ，因为四边形ADEF 为平行四边形，所以O 为AE 的中点．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M 为AB 的中点，N 为AD 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 .B 级能力提升12.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1D 1，A 1B 1的中点，过直线BD 的平面α∥平面AMN ，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )A. 2 B ．98 C ． 3 D ．62答案 B解析如图1，分别取B 1C 1，C 1D 1的中点E ，F ，连接EF ，BE ，DF ，B 1D 1，ME ，易知EF ∥B 1D 1∥BD ，AB ∥ME ，AB ＝EM ，所以四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE ，又BD 和BE 为平面BDFE 内的两条相交直线．图1 图2所以平面AMN ∥平面BDFE ，即平面BDFE 为平面α，BD ＝2，EF ＝12B 1D 1＝22，得四边形BDFE 为等腰梯形，DF ＝BE ＝52，在等腰梯形BDFE 如图2中，过E ，F 作BD 的垂线，则四边形EFGH 为矩形， ∴其高FG ＝DF 2－DG 2＝54－18＝324，故所得截面的面积为12×⎝⎛⎭⎫22＋2×324＝98. 13．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P AO . 答案 Q 为CC 1的中点解析如图所示，设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥P A .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P AO ，QB ⊄平面P AO ，PO ⊂平面P AO ，P A ⊂平面P AO ，所以D 1B ∥平面P AO ，QB ∥平面P AO ，又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ ∥平面P AO .故Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面P AO .14．(2021·西安调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，E ，F 分别是BC ，A 1C 1的中点，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA 1＝2AB .(1)求证：EF ∥平面ABB 1A 1；(2)求点C 到平面AEF 的距离．(1)证明如图，取AB 的中点D ，连接DE ，A 1D . 因为E 是BC 的中点，所以DE ∥AC ，且DE ＝12AC .由三棱柱的性质知AC ∥A 1C 1. 因为F 是A 1C 1的中点，所以A 1F ∥AC ，且A 1F ＝12AC ，所以A 1F ∥DE ，且A 1F ＝DE ，所以四边形DEF A 1是平行四边形．所以EF ∥DA 1.又因为EF ⊄平面ABB 1A 1，DA 1⊂平面ABB 1A 1，所以EF ∥平面ABB 1A 1.(2)解由题可得V F －ACE ＝13×AA 1×S △ACE ＝13×4×12×34×22＝233. 在△AEF 中，易求得AE ＝3， AF ＝17，EF ＝17，AE 边上的高为17－⎝⎛⎭⎫322＝652，所以S △AEF ＝12×652×3＝1954. 设点C 到平面AEF 的距离为h ，则V C －AEF ＝13×h ×S △AEF ＝233，865解得h＝65.。

直线、平面平行的判定及其性质总结-高中数学

直线、平面平行的判定及其性质1．（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24.【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -.【详解】（1） ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA ∴在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图//AO 平面11EB C FAO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP=//AO NP∴又 //NO AP∴6AO NP == O 为111A B C △的中心.∴1111sin 606sin 6033ON A C =︒=⨯⨯︒=故：ON AP ==，则3AM AP == 平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN∴MH ⊥平面11EB C F又在等边ABC 中EF APBC AM=即2AP BC EF AM ⋅===由（1）知，四边形11EB C F 为梯形∴四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP ++=⋅⨯=四边形111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN的距离sin 603MH =︒=，∴1243243V =⨯⨯=.【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.1.判断或证明线面平行的常用方法①利用线面平行的定义(无公共点)．②利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a∥α)．③利用面面平行的性质(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)．④利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．2.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确定交线．3.证明面面平行的方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．1．线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如果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”)l ∥a a ⊂αl ⊄α⇒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”)l ∥αl ⊂βα∩β＝b⇒l ∥b2.面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3.(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)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)若α∥β，a ⊂α，则a ∥β.1．（2021·河北高三其他模拟）已知,αβ是两个不同的平面，m ，n 是平面α和β之外的两条不同的直线，且,n αββ⊥⊥，则“//m n ”是“//m α”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．（2021·浙江高三其他模拟）已知直线m 和平面,αβ，则下列结论一定成立的是（）A ．若//,//m a a β，则//m βB ．若m α⊥，αβ⊥，则//m βC ．若m α⊥，//αβ，则m β⊥D ．若//m α，αβ⊥，则m β⊥3．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三月考（文））若a ，b ，c ，m ，n 为空间直线，α，β为平面，则下列说法错误的是（）A ．//a b ，b c ⊥，则a c⊥B ．m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则αβ⊥C ．m α⊥，n β⊥，//αβ，则//m nD ．a ，b 是异面直线，则a ，b 在α内的射影为两条相交直线4．（2021·四川凉山彝族自治州·高三三模（文））已知三条不重合的直线m ，n ，l ，三个不重合的平面α，β，γ，下列命题中正确的是（）A ．//m lm n n l⊥⎧⇒⎨⊥⎩B ．//m m ααββ⊥⎧⇒⎨⊥⎩C ．//αγαββγ⊥⎧⇒⎨⊥⎩D ．//l n l nαα⊥⎧⇒⎨⊥⎩5．（2021·江西九江市·高三三模（文））如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1BC 上的动点，给出下列四个结论：①DP 长度为定值；②三棱锥11P AB D -的体积为定值；③任意点P ，都有1DP A C ⊥；④存在点P ，使得1A P ⊥平面11AB D 其中正确的是（）A ．①③B ．②④C ．②③D ．①④6．（2021·四川达州市·高三二模（文））如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为正方形ABCD 内（包括边界）的一动点，E ，F 分别为棱,AB BC 的中点，若直线1D P 与平面1EFC 无公共点，则线段1D P 的长度的最小值是（）A ．54B ．324C ．52D ．17．（2021·江西鹰潭市·高三一模（文））如图1，直线EF 将矩形ABCD 分为两个直角梯形ABFE 和CDEF ，将梯形CDEF 沿边EF 翻折，如图2，在翻折过程中（平面ABFE 和平面CDEF 不重合），下列说法正确的是（）A ．在翻折过程中，恒有直线//AD 平面BCFB ．存在某一位置，使得//CD 平面ABFEC ．存在某一位置，使得//BF CDD ．存在某一位置，使得DE ⊥平面ABFE8．（2021·四川成都市·成都七中高三二模（文））在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 在正方形ADD 1A 1内，且不在棱上，则下列结论正确的个数为（）①在正方形DCC 1D 1内一定存在一点Q ，使得PQ //AC ②在正方形DCC l D 1内一定存在一点Q ，使得PQ ⊥AC③在正方形DCC 1D 1内一定存在一点Q ，使得平面PQC 1//平面ABC ④在正方形DCC 1D 1内一定存在一点Q ，使得AC ⊥平面PQC 1A ．1B ．2C ．3D ．49．（2021·云南昆明市·高三二模（文））已知P ，Q 分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱1BB ，1CC 上的动点（不与顶点重合），则下列结论错误的是（）A ．AB PQ⊥B ．平面//BPQ 平面11ADD A C ．四面体ABPQ 的体积为定值D ．//AP 平面11CDD C 10．（2021·江西高三其他模拟（文））在棱长为1111ABCD A B C D -中，E ､F ､G 分别为棱AB ､AD ､11D C 的中点，则以下结论正确的为（）A ．1-=D DEF VB ．平面1D EF 与正方体1111ABCD A B C D -的交点轨迹长度为6C ．//DG 平面1D EFD ．正方体1111ABCD A B C D -外接球表面积为6π11．（2021·全国高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，且3AB AC BD ==，E 为CD 的中点，则下列说法不正确的是（）A ．BD ⊥平面PACB ．平面PAB ⊥平面PAEC ．若F 为PB 的中点，则//CF 平面PAED ．若2PA AB ==，则直线PB 与平面PAC 所成角为π312．（2021·吉林延边朝鲜族自治州·高三月考（文））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线BC 上运动，则下列结论不总成立的是（）A ．三棱锥1A D PD -的体积不变B ．1//A P 平面1ACD ，C ．平面1PDB ^平面1ACD D ．1AP D C⊥13．（2020·河南高三月考（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点E 在棱1C C 的延长线上，且12C C CE =，点P 是侧面11BCC B 内的一动点，若1//A P 平面ABE ，则点P 的轨迹的长度是（）A ．2B ．C ．1D ．214．（2021·全国高三专题练习（文））设m ､n 为两条直线，α､β为两个平面，则下列命题中假命题是（）A ．若m n ⊥，m α⊥，n β⊥，则αβ⊥B ．若//m n ，m α⊥，//n β，则αβ⊥C ．若m n ⊥，//m α，//n β，则//αβD ．若//m n ，m α⊥，n β⊥，则//αβ15．（2018·浙江高考真题）已知直线,m n 和平面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 ．充要条件D ．既不充分也不必要条件16．（2013·辽宁高考真题（文））如图，.AB O PA O C O 是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点（I ）求证BC PAC ⊥平面；（II ）设//.Q PA G AOC QG PBC ∆为的中点，为的重心，求证：平面17．（2017·山东高考真题（文））由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .（1）证明：1AO ∥平面B 1CD 1；（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.18．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．19．（2009·浙江高考真题（文））如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠= ，,P Q 分别为,AE AB 的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ；（II ）求AD 与平面ABE 所成角的正弦值．1．A【分析】根据充分条件和必要条件的概念，结合点线面的位置关系，即可判断.【详解】充分性：因为n β⊥，//m n ，所以m β⊥，又因为αβ⊥，所以//m α或m α⊂，又因为m 是平面α和β之外的直线，所以//m α；必要性：因为αβ⊥，//m α，所以//m β或m 与β相交或m β⊂，又因为n β⊥，所以m 与n 平行，相交，异面，所以必要性不成立；所以“//m n ”是“//m α”的充分不必要条件.故选：A.2．C【分析】利用特例排除法，容易否定ABD,利用线面、面面垂直、平行的的关系可以断定C 正确.【详解】选项A 中，也可能m β⊂；选项B 中，m 也有可能在β内；选项D 中，m 与β的关系不确定，故可排除A ，B ，D.由线面平行和垂直的判定与性质可以看出C 正确.故选C.3．D【分析】根据线线、线面、面面垂直的性质和判定定理可以判定ABC 都正确，考虑到异面直线在同一平面内的射影不同情况，可知D 错误.【详解】由于两平行线与任意直线所成的角都相等可知A 正确；由平面垂直的性质和面面垂直的判定定理可知B 正确；由平面平行的性质和线面垂直的性质可得C 正确；由于两异面直线在同一平面内的射影可能是平行直线，相交直线，一条直线和直线外的一点，故D 错误，综上不正确的是D ，故选：D.4．B【分析】A ：根据直线与直线的位置关系，结合垂直的性质进行判断即可；B ：根据面面平行的判定定理进行判断即可；C ：根据面面垂直的性质进行判断即可；D ：根据线面垂直的性质、结合线面的位置关系进行判断即可.【详解】A ：因为,m l n l ⊥⊥，所以//m n 或者m n ⋂或者m ，n 异面，因此本命题不正确；B ：设,,m a b γγαγβ⊂== ，因为,m m αβ⊥⊥，所以,m a m b ⊥⊥，因此//a b ，因此有//a β，同理设,,m c d δδαδβ⊂== ，因为,m m αβ⊥⊥，所以,m c m d ⊥⊥，因此//c d ，因此有//c β，显然a b ，所以//αβ，因此本命题正确；C ：由//αγαββγ⊥⎧⇒⎨⊥⎩或αβ⊥，因此本命题不正确；D ：由//l n l nαα⊥⎧⇒⎨⊥⎩或n ⊂α，因此本命题不正确，故选：B5．C【分析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式可判断①的正误，利用锥体的体积公式可判断②的正误，利用空间向量法可判断③④的正误．【详解】如下图所示：设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0A 、()1,1,0B 、()0,1,0C 、()0,0,0D 、()11,0,1A 、()11,1,1B 、()10,1,1C 、()10,0,1D ，设点(),1,1P t t -，其中01t ≤≤.对于①，DP =不是定值，①错误；对于②，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB C D 且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ，1BC ⊄ 平面11AB D ，1AD ⊂平面11AB D ，则1//BC 平面11AB D ，1P BC ∈ ，则点P 到平面11AB D 的距离为定值，而11AB D 的面积也为定值，所以，三棱锥11P AB D -的体积为定值，②正确；对于③，()11,1,1A C =-- ，(),1,1DP t t =- ，所以，1110DP A C t t ⋅=-+-+= ，因此，对任意点P ，都有1DP AC ⊥，③正确；对于④，()11,1,A P t t =-- ，()10,1,1AB = ，()11,0,1AD =- ，111110120A P AB t A P AD t ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，这样的t 不存在，所以，不存在点P ，使得1A P ⊥平面11AB D ，④错误．故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题的关键在于建系，设出点P 的坐标，然后根据向量的运算求解判断．6．B【分析】取,AD CD 的中点为,G H ，可证得平面1//D GH 平面1EFC ，P 在正方形ABCD 内（包括边界）的轨迹为线段GH ，由11D G D H =，可得P 为GH 的中点时1D P 最小，从而得解.【详解】如图所示，取,AD CD 的中点为,G H ，连接11111,,,,D G D H GH A E AC ,因为E ，F 分别为棱,AB BC 的中点，所以11//EF AC ，所以11AC FE 四点共面，直线1D P 与平面1EFC 无公共点，所以1//D P 平面1EFC ，因为,G H 为,AD CD 的中点，所以//GH EF ,GH ⊂/平面1EFC ，所以//GH 平面1EFC ，正方体中，11//D G C F ，1D G ⊂/平面1EFC ，所以1//D G 平面1EFC ，又1D G GH G = ，所以平面1//D GH 平面1EFC ，P 在正方形ABCD 内（包括边界）的轨迹为线段GH ，因为11D G D H =，所以当P 为GH 的中点时1D P 最小.此时，21115()122D G D H ==+=，所以222115232()444D P D H PH =-=-=.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由平面1//D GH 平面1EFC ，得P 在正方形ABCD 内（包括边界）的轨迹为线段GH .7．A【分析】根据翻折过程中，始终//DE CF ，//AE BF ，利用面面平行的判定定理及性质，即可判定A 正确；根据题中条件，得到CD 与EF 相交，可判断B 错；根据题中条件，判定直线BF 与平面CDEF 相交，即可判定C 错；根据题中条件，得到DE 与EF 不垂直，即可判定D 错.【详解】对于A ，由题意得：//DE CF ，//AE BF ，∵AE DE E = ，BF CF F ⋂=，∴平面//ADE 平面BCF ，∵AD ⊂平面ADE ，∴在翻折过程中，恒有直线//AD 平面BCF ，故A 正确；对于B ，∵直线EF 将矩形ABCD 分为两个直角梯形ABFE 和CDEF ，∴CD 与EF 相交，∴不存在某一位置，使得//CD 平面ABFE ，故B 错误；对于C ，∵平面CDEF 平面BFC EF =，BF ⊂平面BFC ，⋂=BF EFF ，所以直线BF 与平面CDEF 相交；∴不存在某一位置，使得//BF CD ，故C 错误；对于D ，∵四边形DEFC 是梯形，DE CD ⊥，∴DE 与EF 不垂直，∴不存在某一位置，使得DE ⊥平面ABFE ，故D 错误．故选：A ．【点睛】思路点睛：判断线线、线面位置关系时，一般需要结合相关概念，以及判定定理与性质定理，由题中条件，进行判断即可.8．A【分析】①：根据三角形中位线定理进行判断即可；②：运用假设法，结合线面垂直的性质进行判断即可；③：运用假设法，结合面面平行的性质进行判断即可；④：运用假设法，结合线面垂直的性质进行判断即可；【详解】对于A ，连接11AD AD ､交于点P ，连接11DC D C ､交于点Q ，连接PQ AC ､，因为PQ 是1D AC 的中位线，所以//PQ AC ，故正确；对于B ，在正方形11DCC D 内如果存在一点Q ，使得PQ AC ⊥，由于AC ⊥平面11DBB D ，所以PQ ⊂平面11DBB D ，或者//PQ 平面11DBB D ，而P Q ､在平面11DBB D 的两侧，PQ 与平面11DBB D 相交，故错误；对于C ，在正方形11DCC D 内如果存在一点Q ，使得平面1//PQC 平面ABC ，由于平面111//A B C 平面ABC ，所以平面1//PQC 平面111A B C ，而平面1PQC 与平面111A B C 相交于点1C ，故错误；对于D ，在正方形11DCC D 内如果存在一点Q ，使得AC ⊥平面1PQC ，由已知AC ⊥平面11DBB D ，所以平面11//DBB D 平面1PQC ，而P Q ､在平面11DBB D 的两侧，所以平面11DBB D 与平面1PQC 相交，故错误．故选：A ．【点睛】方法点睛：关于是否存在问题，可以采用假设法进行判断.9．C【分析】A ，利用线面垂直的判定定理证明AB ⊥平面11BCC B 即可；B ，根据平面11//ADD A 平面11BCC B 判断；C ，根据A 到平面BPQ 的距离，Q 到BP 的距离为定值，BP 的长不是定值判断；D ，根据平面11//ABB A 平面11CDD C 判断.【详解】如图所示：P ，Q 分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱1BB ，1CC 上的动点（不与顶点重合），对于A ，AB BC ⊥ ，1AB BB ⊥，1BC BB B = ，BC 、1BB ⊂平面11BCC B ，AB ∴⊥平面11BCC B ，PQ ⊂ 平面11BCC B ，AB PQ ∴⊥，故A 正确；对于B ，∵平面11//ADD A 平面11BCC B ，平面BPQ 与平面11BCC B 重合，∴平面//BPQ 平面11ADD A ，故B 正确；对于C ，A 到平面BPQ 的距离AB 为定值，Q 到BP 的距离为定值，BP 的长不是定值，∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C 错误；对于D ，∵平面11//ABB A 平面11CDD C ，AP ⊂平面11ABB A ，//AP ∴平面11CDD C ，故D 正确．故选：C ．【点睛】方法点睛：证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；④面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；⑤面面垂直的性质．10．C【分析】A 选项：以1D D 为高，DEF 为底面，运用三棱锥体积公式计算即可；B 选项：先确定平面1D EF 与正方体1111ABCD A BCD -的交点为E 、1B 、1D 、F ，再求出线段EF 、1EB 、11B D 、1D F ，即可；C 选项：易知1DG EB //，由因为1EB ⊂面1D EF ，即可证//DG 平面1D EF ；D 选项：先求出外接球的半径，再根据求得表面积公式求解即可.【详解】11122323D DEF V -=⨯=，故A 选项错误；E 、F 分别为棱AB 、AD 的中点，∴//EF BD ，1=2EF BD ，正方体1111ABCD A B C D -，11//B D BD ∴，11//EF B D ∴，故平面1D EF 与正方体1111ABCD A B C D -的交点为E 、1B 、1D 、F ，11B D ；=2EF ；11D F EB ==；∴平面1D EF 与正方体1111ABCD A B C D -的交点轨迹长度11116FE EB B D FD +++=+，故B 选项错误；E 、G 为AB 和11C D 的中点，∴1DG EB //，又 1EB ⊂面1D EF ，DG ⊄面1D EF ，//DG ∴面1D EF ，故C 选项正确；正方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为32⨯=2424ππ⨯=，故D 选项错误.故选：C.【点睛】知识点点睛：（1）球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径；（2）求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面.11．D【分析】选项A.设底面平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ，由条件222OB OA AB +=，从而BD AP ⊥，再结合条件可判断；选项B.可得BD AC ⊥，可知底面平行四边形ABCD 为菱形，可证明AE ⊥平面PAC 从而可判断；选项C.取AP 的中点H ,连结,FH EH ,可得四边形CFHE 为平行四边形，则//FC EH ，从而可判断；选项D.连结PO ,由选项A 的证明过程可知BD ⊥平面PAC ，则BPO ∠为直线PB 与平面PAC 所成的角，从而可判断.【详解】选项A.设底面平行四边形ABCD 的对角线相交于点O .则O 为,BD AC 的中点,由3AB AC BD ==,在BCO 中，22222131463OB OA BD BD ⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭,2213AB BD =所以222OB OA AB +=,所以BD AP⊥又PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ,所以BD AP⊥又AP AC A ⋂=,所以BD ⊥平面PAC ，故选项A 正确.选项B.由上有BD AC ⊥，可知底面平行四边形ABCD 为菱形.由AB AC =，则AD AC =，又E 为CD 的中点所以AE CD ⊥,即AE AB⊥又PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ,所以AE AP⊥又AP AB A = ,所以AE ⊥平面PAC ，又AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE ，故选项B 正确.选项C.如图取AP 的中点H ,连结,FH EH由H 为AP 的中点，F 为PB 的中点，则//HF AB 且12HF AB =又//AB CD ,且AB CD =，E 为CD 的中点,所以//HF CE 且HF CE=所以四边形CFHE 为平行四边形，则//FC EH又EH ⊂平面PAE ，CF ⊄平面PAE ,所以则//CF 平面PAE ，故选项C 正确.选项D.连结PO ,由选项A 的证明过程可知BD ⊥平面PAC所以直线PB 在平面PAC 上的射影为PO所以BPO ∠为直线PB 与平面PAC 所成的角.由2PA AB ==，则PB =由AB AC =，则1AO =,所以OB =在直角BPO △中，6sin4BO BPO BP ∠===,所以3BPO π∠≠，故选项D 不正确.故选：D【点睛】思路点睛：求线面角的常见方法有（1）定义法；（2）向量法.其中定义法的关键是找出直线在平面内的射影，具体步骤如下：（1）作（找）垂线：过直线上一点作出（找出）平面的垂线；（2）连射影：将斜足和垂足连接起来得到斜线在平面上的射影；（3）计算：求该角的值，常利用解直角三角形；12．D【分析】因为1//BC 平面1AD C 则P 到平面1AD C 的距离不变故三棱锥1A D PD -的体积不变；由于1//A B 平面平面1AD C 和1//BC 平面1AD C 可得平面11//A BC 平面1AD C ，即1//A P 平面1ACD 成立；根据正方体对角线性质可证1B D ⊥平面1ACD ，即可得平面1PDB ^平面1ACD ；当B 与P 重合时，AB 与1DC 不垂直，故D 错.【详解】如图所示：正方体中11//BC AD ，则有1//BC 平面1AD C ，∴P 到平面1AD C 的距离不变，1AD D 面积不变，因此三棱锥1A D PD -的体积不变，A 正确；同理1//A B 平面平面1AD C ，从而可得平面11//A BC 平面1AD C ，∴可得1A P //平面1ACD ，B 正确；因为1,AC BD AC BB ⊥⊥所以AC ⊥平面1BB D ，则1AC B D ⊥；同理11AD B D⊥又1AC AD A =I 所以1B D ⊥平面1ACD ，又1B D ⊂平面1PDB 所以平面1PDB ^平面1ACD ，故C 正确；当B 与P 重合时，AB 与1DC 夹角为4π，故D 错故选：D【点睛】解题的关键在于正确掌握直线与平面间的平行与垂直的关系，掌握正方体的性质．13．B【分析】取1CC 的中点F ，连接1A F ，1B F ，先证平面11A B F //平面ABE ，由此可知P 在线段1B F 上都满足题意，所以可以得到点P 的轨迹的长度为线段1B F 的长度.【详解】取1CC 的中点F ，连接1A F ，1B F ．因为12C C CE =，所以1C C FE =，又1//B B FE ，所以四边形1B BEF 是平行四边形，所以1//B F BE ，又因为11//A B AB ，且1111A B A F A = ，11A B ⊂平面11A B F ，1A F ⊂平面11A B F ，AB Ì平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，所以平面11A B F //平面ABE ，从而可知P 在1B F 上时，1//A P 平面ABE ，即1B F 为P 的轨迹．在11Rt B C F △中，12B F =．故选：B .14．C【分析】根据面面垂直与平行的判定定理判断．【详解】A ．若m n ⊥，m α⊥，n β⊥，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A 正确；B ．若//m n ，m α⊥，则n α⊥，又//n β，则平面β内存在直线//c n ，所以c α⊥，所以αβ⊥，B 正确；C ．若m n ⊥，//m α，//n β，则,αβ可能相交，可能平行，C 错；D ．若//m n ，m α⊥，n β⊥，则,αβ的法向量平行，所以//αβ，D 正确．故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效用较简单的方法．15．D【分析】从充分性和必要性两方面分别分析判断得解.【详解】直线,m n 和平面α，n ⊂α，若//m n ，当m α⊂时，//m α显然不成立，故充分性不成立；当//m α时，如图所示，显然//m n 不成立，故必要性也不成立．所以“//m n ”是“//m α”的既不充分又不必要条件.故选：D【点睛】方法点睛：判定充要条件常用的方法有三种：（1）定义法：直接利用充分必要条件的定义分析判断得解；（2）集合法：利用集合的包含关系分析判断得解；（3）转化法：转化成逆否命题分析判断得解.16．见解析【详解】（I ）AB AC BC ⊥由是圆的直径可得,PA ABC BC ABC PA BC⊥⊂⊥由平面，平面，得,,PA AC A PA PAC AC PAC ⋂=⊂⊂又平面平面,BC PAC⊥所以平面（II ）,OG AC M QM QG连并延长交于，连接G AOC M AC ∆由为的重心，得为的中点，Q PA QM PC 由为的中点，得，O AB OM BC 由为的中点，得，,QM MO M QM QMO⋂=⊂因为平面MO QMO BC PC C ⊂⋂=平面，，,BC PBC PC PBC ⊂⊂平面平面,QMO PBC QG QMO⊂ 所以平面平面，因为平面QG PBC所以平面第一问主要是根据线面垂直得到线线垂直，然后再利用线线垂直得到线面垂直．第二问首先是利用已知条件得到一个平面，然后去证明面面平行，进而得到线面平行．【考点定位】线面垂直的判定定理和性质定理，面面平行的判定定理和性质定理．17．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，推导出1111,AO OC AO OC =∥，从而四边形11AOCO 为平行四边形，进而11AO O C ∥，利用线面平行的判定定理证明1AO 平面11B CD .（2）推导出1,A E BD ⊥11111,,EM B D A E B D ⊥⊥利用线面垂直的判定定理证明出11B D ⊥平面1,A EM 进而证明平面1A EM ⊥平面11B CD .【详解】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱，所以1111,AO OC AO OC =∥，因此四边形11AOCO 为平行四边形，所以11AO O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ，所以1AO 平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1,A E BD ⊥因为11,B D BD 所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E ⋂=，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ，所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【点睛】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识点，考查推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．18．（1）见解析；（2）17.【分析】（1）利用三角形中位线和11//AD BC 可证得//ME ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点M E ∴为1B BC ∆的中位线1//M E BC ∴且112ME B C =又N 为1A D 中点，且11//AD BC 1//ND BC ∴且112ND B C =//ME ND ∴∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥，根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯=⨯⨯，解得171717d ==，所以点C 到平面1C DE 的距离为41717.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.19．（Ⅰ）略（Ⅱ【详解】试题分析：（I）证明：连接，在中，分别是的中点，所以，又，所以，又平面ACD，DC平面ACD，所以平面ACD．（Ⅱ）在中，，所以而DC平面ABC，，所以平面ABC而平面ABE，所以平面ABE平面ABC，所以平面ABE由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以所以平面ABE，所以直线AD在平面ABE内的射影是AP，所以直线AD与平面ABE所成角是在中，，所以．考点：线面平行的判定定理；线面角．点评：本题主要考查了空间中直线与平面所成的角，属立体几何中的常考题型，较难．本题也可以用向量法来做．而对于利用向量法求线面角关键是正确写出点的坐标和求解平面的一个法向量．注意计算要仔细、认真．。

高中数学必修2立体几何常考题型：直线与平面、平面与平面平行的判定正式版

直线与平面、平面与平面平行的判定知识梳理】1．直线与平面平行的判定表示定理图形文字符号直线与平面平行的判定定理平面外一条直线与此平面内一直线平行，则该直线与此平面平行a?α b? α a ∥b? a ∥ α表示位置图形文字符号平面与平面平行的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a? βb? β a ∩b ＝ P ? α∥β a ∥α b ∥α常考题型】题型一、直线与平面平行的判定【例 1】已知公共边为 AB 的两个全等的矩形 ABCD 和 ABEF 不在同一平面内， P ，Q 分别是对角线 AE ，BD 上的点，且 AP ＝ DQ （如图）．求证： PQ ∥平面 CBE.［证明］作PM ∥AB 交 BE 于点 M ，作 QN ∥AB 交BC 于点 N ，连接 MN ，如图，∴EP ＝ BQ.又 AB ＝CD ，∴PM 綊 QN ， ∴四边形 PMNQ 是平行四边形， ∴PQ ∥MN .则 PM ∥QN ， PM＝EP ，QN ＝BQ. AB ＝EA ，CD ＝BD .EA ＝BD ， AP ＝DQ ，又PQ?平面CBE，MN? 平面CBE，∴PQ∥平面CBE.【类题通法】利用直线和平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，常利用平行四边形、三角形中位线、平行公理等．【对点训练】1.如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是矩形，E，F分别是PB，PC 的中点．证明：EF∥平面PAD.证明：在△PBC 中，E，F 分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.又BC∥AD ，∴EF ∥AD .∵AD? 平面PAD，EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD .题型二、面面平行的判定【例2】如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1 中，M、E、 F 、N 分别是A1B1、B1C1、C1D1、D1A1的中点．求证：(1)E、 F 、B、 D 四点共面；(2)平面MAN ∥平面EFDB .[证明] (1)连接B1D1，∵E、F 分别是边B1C1、C1D1 的中点，∴EF∥B1D 1.而BD∥B1D1，∴BD∥EF.∴E、F、B、D 四点共面．(2)易知MN ∥B1D1，B1D1∥BD，∴MN ∥BD. 又MN?平面EFDB ，BD? 平面EFDB.∴MN ∥平面EFDB .连接MF.∵M、F 分别是A1B1、C1D1的中点，∴MF ∥A1D 1，MF ＝A1D1.∴MF ∥AD ，MF ＝AD.∴四边形ADFM 是平行四边形，∴ AM ∥DF . 又AM?平面BDFE ，DF? 平面BDFE，∴AM ∥平面BDFE .又∵AM∩MN＝M，∴平面MAN ∥平面EFDB .类题通法】两个平面平行的判定定理是确定面面平行的重要方法．解答问题时一定要寻求好判定定理所需要的条件，特别是相交的条件，即与已知平面平行的两条直线必须相交，才能确定面面平行．对点训练】2.如图，已知四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，点M，N，Q 分别在PA，BD，PD 上，且PM∶MA＝BN∶ND ＝PQ∶QD.求证：平面MNQ ∥平面PBC.证明：∵PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD ，∴MQ∥AD，NQ∥BP.∵BP? 平面PBC，NQ?平面PBC，∴NQ∥平面PBC.又底面ABCD 为平行四边形，∴BC ∥AD ，∴MQ ∥BC.∵BC? 平面PBC，MQ?平面PBC，∴MQ∥平面PBC.又MQ∩ NQ＝Q，根据平面与平面平行的判定定理，得平面MNQ ∥平面PBC.题型三、线线平行与面面平行的综合问题【例 3】如图，在四棱锥 O － ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的菱形， M 为点，N 为BC 的中点．证明：直线 MN ∥平面 OCD.［证明］如图，取 OB 中点 E ，连接 ME ，NE ，则 ME ∥AB .又∵AB ∥CD ， ∴ME ∥CD .又∵ME?平面 OCD ， CD? 平面 OCD ， ∴ME ∥平面OCD .又∵NE ∥OC ，且 NE?平面 OCD ， OC? 平面 OCD ， ∴NE ∥平面OCD.又∵ME ∩NE ＝ E ，且 ME ，NE? 平面 MNE ， ∴平面MNE ∥平面OCD .∵MN? 平面 MNE ，∴MN ∥平面OCD . 类题通法】解决线线平行与面面平行的综合问题的策略(1)立体几何中常见的平行关系是线线平行、线面平行和面面平行，这三种平行关系不是孤立的，而是相互联系、相互转化的．(2)判定判定―→ 线面平行 ――面面平行线线平行 OA 的中G( )所以平行关系的综合问题的解决必须灵活运用三种平行关系的判定定理．对点训练】∴直线EG ∥平面BDDB .(2)连接 SD ，∵F ，G 分别是 DC ，SC 的中点，∴FG ∥SD.又∵SD? 平面 BDD 1B 1，FG ?平面 BDD 1B 1， ∴FG ∥平面BDDB .又 EG ∥平面BDD B ，且 EG? 平面 EFG ，FG? 平面 EFG ，EG ∩FG ＝G ，∴平面 EFG ∥平面BDD B .练习反馈】解析：选 C 可借助于长方体判断两平面对应平行或相交．2．能保证直线 a 与平面 α平行的条件是 ( )A ． b? α，a ∥ b则这两个平面的位置关A ．一定平行B ．一定相交C ．平行或相交D ．以上判断都不对3.如图，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点， E ，F ，∴EG ∥SB.又∵SB? 平面 BDD 1B 1，EG?平面 BDD 1B 1. 1．若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，分别是 BC ，DC ，SC 的中点．求证： (1)直线 EG ∥平面 BDD B ；(2)平面 EFG ∥平面 BDD 1B 1. 证明： (1) 如图，连接 SB ，∵E ，G 分别是 BC ，SC 的中点，系是B ．b? α，c ∥α，a ∥b ， a ∥cC ．b? α，A 、B ∈ a ，C 、D ∈b ，且 AC ∥BD D ． a?α，b? α， a ∥b解析：选 D 由线面平行的判定定理可知， D 正确．置关系是解析：如右图所示，连接 BD 交 AC 于点 O. 在正方体中容易得到点 O 为BD 的中点．又因为 E 为 DD 1 的中点，所以 OE ∥BD 1.又∵OE? 平面 ACE ， BD 1?平面 ACE ，∴BD 1∥平面ACE.答案：平行4．下列命题真命题序号为 _______① 若一个平面内有两条直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行； ② 若一个平面内有无数条直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行；③ 若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行； ④若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，则这两个平面平行．解析： ①错，应为一平面内两相交直线与另一平面平行；②当两平面相交时，一面内也有无数条直线均与另一平面平行，②也不对；③中任意直线都与另一平面平行，也有两相交直线与另一平面平行，故③为真；④为两平面平行的判定定理，故④也为真．答案： ③④5.如图，正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在平面相交． EF ∥ AC ， AB ＝ 2，EF ＝1.求证： AF ∥平面 BDE.证明：设 AC ， BD 交于点 G ，因为 EF ∥AC ，且 EF ＝ 1，易得AG ＝ 12AC ＝1，所以四边形 AGEF 为平行四边形，所以 AF ∥EG.因为 AF?平面 BDE ，EG? 平面 BDE ，所以 AF ∥平面BDE.学习不是一朝一夕的事情，需要平时积累，需要平时的勤学苦练。

直线、平面平行的判定与性质知识点+典型例题及答案解析

2.2直线、平面平行的判定及其性质2.2.1直线与平面平行的判定1、直线和平面的位置关系一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种位置关系直线在平面内直线与平面相交直线与平面平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a?αa ∩α=Aa||α图形表示注：直线和平面相交或平行的情况统称为直线在平面外2、直线和平面平行（1）定义：直线和平面没有公共点，则称此直线L 和平面α平行，记作L ||α。

（2）判定定理：如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。

简记为：线线平行，则线面平行.符号表示：,////ab a b a 、.2.2.2平面与平面平行的判定1、定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面。

符号表示为：平面α、平面β，若a ∩β＝?，则a ∥β2、判定定理：判定文字描述如果两个平面无公共点，责成这两个平面平行一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，如果两个平面同时垂直于一条直线，那么这两个平面垂直。

2.2.3 直线与平面平行的性质1..性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行.简记为：线面平行，则线线平行.符号表示：若//,,,//a a b a b 则.2.2.4 平面与平面平行的性质性质文字描述如果两个平行平面同时和第三平面相交，那么他们的交线平行如果两个平行平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面图形那么这两个平面平行．图形条件=α,b ?β，α∩b ＝Pα∥α，b ∥α?β∥αl ⊥αl ⊥β?β∥α结论//////条件α∥ββ∩γ＝bα∩γ＝aα∥βl⊥αα∥βa?β结论a∥b l⊥βa∥α1.解题方法（1）证明直线与平面平行的常用方法：2.利用定义，证明直线与平面没有公共点。

一般结合反证法来证明；3.利用直线和平面平行的判定定理，注意定理成立时应满足的条件；4.利用面面平行的性质定理，把面面平行转化为线面平行；2、证明平面与平面平行的常用方法：（1）利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合；（2）利用面面平行的判定定理；（3）利用两个平面垂直于同一直线；（4）证明两个平面同时平行于第三个平面；基础习题1.设l是直线，，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若l∥,l∥β，则∥βB.若l∥，l⊥β，则⊥βC.若⊥β,l⊥, 则l⊥βD.若⊥β, l⊥, 则l⊥β1.【解析】 B2.下列命题正确的是（）A.若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行2.【解析】 C【例3】（2011江西）已知1，2，3是三个相互平行的平面．平面1，2之间的距离为1d ，平面2，3之间的距离为2d ．直线l 与1，2，3分别相交于1P ，2P ，3P ，那么“12PP =23P P ”是“12d d ”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】C【例4】（2011辽宁）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SCDC ．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【解析】D【例5】（2012全国）设平面与平面相交于直线m ，直线a 在平面内，直线b 在平面内，且b m则“”是“ab ”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 ．即不充分也不必要条件【解析】A【例6】（2012河南）1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（）A ．12l l ，23l l 13//l l B ．12l l ，23//l l 13l l C ．233////l l l 1l ，2l ，3l 共面D ．1l ，2l ，3l 共点1l ，2l ，3l 共面【解析】B【例7】（2012江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C 中，1111AB AC ，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点 D 不同于点C ），且ADDE F ，为11B C 的中点．求证：（1）平面ADE 平面11BCC B ；1A 1C （2）直线1//A F 平面ADE ．1B 【解析】（1）∵三棱柱ABC ﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC ，∵AD ?平面ABC ，∴AD ⊥CC1又∵AD ⊥DE ，DE 、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD ⊥平面BCC1B1，∵AD ?平面ADE∴平面ADE ⊥平面BCC1B1；（2）∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F 为B1C1的中点∴A1F ⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F ?平面A1B1C1，∴A1F ⊥CC1又∵B1C1、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴A1F ⊥平面BCC1B1又∵AD ⊥平面BCC1B1，∴A1F ∥AD∵A1F ?平面ADE ，AD ?平面ADE ，∴直线A1F ∥平面ADE ．【例8】（2012浙江）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面是边长为23的菱形，且∠BAD ＝120°，且PA ⊥平面FDCABEABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．(Ⅰ)证明：MN∥平面ABCD；(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．【解析】（Ⅰ）如图连接BD．∵M，N分别为PB，PD的中点，∴在PBD中，MN∥BD．又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD；(Ⅱ) 105．【例9】（2012北京）如图1，在Rt ABC中，90C，,D E分别为,AC AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到1A DE的位置，使1A F CD，如图2。

27高中数学“直线与平面平行”知识点详解

高中数学“直线与平面平行”知识点详解一、引言“直线与平面平行”是高中数学立体几何部分的核心内容之一，它在数学体系和学生数学思维发展中具有重要意义。

理解“直线与平面平行”的定义、性质及判定方法，有助于学生形成完整的知识体系，提高空间想象能力和逻辑推理能力。

本文将详细解析“直线与平面平行”的相关知识点，并通过实例和解析帮助学生更好地掌握这一内容。

二、直线与平面平行的定义一条直线和一个平面平行，当且仅当这条直线不在这个平面上，且与该平面没有交点。

即，直线上的任意一点到平面的距离都相等。

记作：l∥α（l表示直线，α表示平面）。

三、直线与平面平行的性质1.无交点性：直线与平行平面之间没有交点，即直线上的任意一点都不在平面上。

2.距离不变性：直线上的任意一点到平面的距离都是相等的，这个距离称为直线到平面的距离。

3.平行投影性：当一束平行光线照射在直线上时，这些光线在平行平面上的投影仍然是平行的。

4.共面直线性质：如果两条直线分别与同一平面平行，那么这两条直线或者平行，或者相交，或者异面。

四、直线与平面平行的判定方法1.定义法：根据定义，如果一条直线不在平面上且与该平面没有交点，则这条直线与该平面平行。

这种方法需要直接证明直线与平面无交点，通常比较困难。

2.平行线判定法：如果一条直线与平面内的一条直线平行，那么这条直线与该平面平行。

这种方法通过证明两条直线的平行性来间接证明直线与平面的平行性。

3.垂直线判定法：如果一条直线与平面的一条垂线垂直，那么这条直线与该平面平行。

这种方法利用了垂直线与平面的特殊关系来判定直线的平行性。

4.向量法：在空间中，如果直线的方向向量与平面的法向量垂直，则这条直线与该平面平行。

这种方法通过向量的运算来判断直线的平行性，具有直观性和易操作性。

五、应用举例1.证明题：在几何证明题中，经常需要证明一条直线与一个平面平行。

这时可以利用上述的判定方法，通过证明直线与平面内的一条直线平行、或与平面的垂线垂直、或直线的方向向量与平面的法向量垂直等方法来证明直线与平面的平行关系。

高考数学专题31 直线、平面平行的判定与性质热点题型和提分秘籍理-人教版高三全册数学试题

专题31 直线、平面平行的判定与性质1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理。

2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题。

热点题型一直线与平面平行的判定和性质例1、如图所示，已知P 、Q 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面A 1B 1BA 和面ABCD 的中心。

证明：PQ ∥平面BCC 1B 1。

证明：方法一，如图①，取B 1B 中点E ，BC 中点F ，连接PE 、QF 、EF ，①∵△A 1B 1B 中，P 、E 分别是A 1B 和B 1B 的中点，∴PE 綊12A 1B 1。

同理QF 綊12AB 。

又A 1B 1綊AB ，∴PE 綊QF 。

∴四边形PEFQ是平行四边形。

∴PQ∥EF。

又PQ⊄平面BCC1B1，EF⊂平面BCC1B1，∴PQ∥平面BCC1B1。

②【提分秘籍】证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线；(2)利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行；(3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可。

【举一反三】如图，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，且AB⊥CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大？解析：∵AB ∥平面EFGH ，平面EFGH 与平面ABC 和平面ABD 分别交于FG 、FH ，∴AB ∥FG ，AB ∥EH 。

∴FG ∥EH 。

同理可证EF ∥GH 。

∴截面EFGH 是平行四边形。

又EF ⊥FG ，∴▱EFGH 为矩形。

设AB ＝a ，CD ＝b ，又设FG ＝x ，GH ＝y ，则由平面几何知识可得x a ＝CG BC ，y b ＝BG BC。

两式相加得x a ＋y b ＝1，即y ＝b a(a －x)。

∴S 矩形EFGH ＝FG·GH＝x·b a (a －x)＝b ax(a －x)。

高考第一轮复习数学直线与平面平行

直线与平面平行●知识梳理1.直线与平面的位置关系有且只有三种，即直线与平面平行、直线与平面相交、直线在平面内.2.直线与平面平行的判定：如果平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，那么这条直线与这个平面平行.3.直线与平面平行的性质：如果一条直线与一个平面平行，经过这条直线的平面与已知平面相交，那么这条直线与交线平行.●点击双基1.设有平面α、β和直线m 、n ，则m ∥α的一个充分条件是A.α⊥β且m ⊥βB.α∩β=n 且m ∥n ∥n 且n ∥α D.α∥β且m β 答案：D2.（2004年北京，3）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，其中正确命题的序号是①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ ③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βA.①②B.②③C.③④D.①④ 解析：①②显然正确.③中m 与n 可能相交或异面.④考虑长方体的顶点，α与β可以相交. 答案：A3.一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是 A.异面 B.相交 C.平行 D.不能确定解析：设α∩β=l ，a ∥α，a ∥β，过直线a 作与α、β都相交的平面γ，记α∩γ=b ，β∩γ=c ，则a ∥b 且a ∥c ， ∴b ∥c .又b ⊂α，α∩β=l ，∴b ∥l .∴a ∥l .abcl αβγ答案：C4.（文）设平面α∥平面β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且AS =8，BS =9，CD =34，①当S 在α、β之间时，SC =_____________，②当S 不在α、β之间时，SC =_____________.解析：∵AC ∥BD ，∴△SAC ∽△SBD ，①SC =16，②SC =272. 答案：①16 ②272（理）设D 是线段BC 上的点，BC ∥平面α，从平面α外一定点A （A 与BC 分居平面两侧）作AB 、AD 、AC 分别交平面α于E 、F 、G 三点，BC =a ，AD =b ，DF =c ，则EG =_____________.解析：解法类同于上题.答案：bacab - 5.在四面体ABCD 中，M 、N 分别是面△ACD 、△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________.BD解析：连结AM 并延长，交CD 于E CD 于F ，由重心性质可知，E 、F重合为一点，且该点为CD 的中点E ，由MA EM =NB EN =21得MN ∥AB ，因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD . 答案：平面ABC 、平面ABD ●典例剖析【例1】如下图，两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB 且AM =FN ，求证：MN ∥平面BCE .C F证法一：过M 作MP ⊥BC ，NQ ⊥BE ，连结PQ .∵MP ∥AB ，NQ ∥AB ，∴MP ∥NQ .又NQ =22 BN =22CM =MP ，∴MPQN 是平行四边形. ∴MN ∥PQ ，PQ ⊂平面BCE . 而MN ⊄平面BCE ，∴MN ∥平面BCE .证法二：过M 作MG ∥BC ，交AB 于点G （如下图），连结NG .CF∵MG ∥BC ，BC ⊂平面BCE ， MG ⊄平面BCE ， ∴MG ∥平面BCE . 又GA BG =MA CM =NFBN， ∴GN ∥AF ∥BE ，同样可证明GN ∥平面BCE . 又面MG ∩NG =G ，∴平面MNG ∥平面BCE .又MN 平面MNG .∴MN ∥平面BCE . 特别提示证明直线和平面的平行通常采用如下两种方法：①利用直线和平面平行的判定定理，通过“线线”平行，证得“线面”平行；②利用两平面平行的性质定理，通过“面面”平行，证得“线面”平行.【例2】如下图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧面对角线AB 1、BC 1上分别有两点E 、F ，且B 1E =C 1F .求证：EF ∥平面ABCD .A DBC D111EFGN证法一：分别过E 、F 作EM ⊥AB MN .∵BB 1⊥平面ABCD ， ∴BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC .∴EM ∥BB 1，FN ∥BB 1.∴EM ∥FN . 又B 1E =C 1F ，∴EM =FN .故四边形MNFE 是平行四边形. ∴EF ∥MN .又MN 在平面ABCD 中， ∴EF ∥平面ABCD .证法二：过E 作EG ∥AB 交BB 1于点G ，连结GF ，则A B E B 11=BB GB 11. ∵B 1E =C 1F ，B 1A =C 1B ，∴B C F C 11=BB GB 11. ∴FG ∥B 1C 1∥BC .又∵EG ∩FG =G ，AB ∩BC =B ，∴平面EFG ∥平面ABCD .而EF 在平面EFG 中， ∴EF ∥平面ABCD .评述：证明线面平行的常用方法是：证明直线平行于平面内的一条直线；证明直线所在的平面与已知平面平行.【例3】已知正四棱锥P —ABCD 的底面边长及侧棱长均为13，M 、N 分别是PA 、BD 上的点，且PM ∶MA =BN ∶ND =5∶8.D EOMP（1）求证：直线MN ∥平面PBC ；（2）求直线MN 与平面ABCD 所成的角.（1）证明：∵P —ABCD 是正四棱锥，∴ABCD 是正方形.连结AN 并延长交BC 于点E ，连结PE .∵AD ∥BC ，∴EN ∶AN =BN ∶ND . 又∵BN ∶ND =PM ∶MA ， ∴EN ∶AN =PM ∶MA . ∴MN ∥PE .又∵PE 在平面PBC 内，∴MN ∥平面PBC . （2）解：由（1）知MN ∥PE ，∴MN 与平面ABCD 所成的角就是PE 与平面ABCD 所成的角. 设点P 在底面ABCD 上的射影为O ，连结OE ，则∠PEO 为PE 与平面ABCD 所成的角.由正棱锥的性质知PO =22OB PB -=2213. 由（1）知，BE ∶AD =BN ∶ND =5∶8， ∴BE =865. 在△PEB 中，∠PBE =60°，PB =13，BE =865，根据余弦定理，得PE =891. 在Rt △POE 中，PO =2213，PE =891，∴sin ∠PEO =PEPO =724.故MN 与平面ABCD 所成的角为arcsin 724.思考讨论证线面平行，一般是转化为证线线平行.求直线与平面所成的角一般用构造法，作出线与面所成的角.本题若直接求MN 与平面ABCD 所成的角，计算困难，而平移转化为PE 与平面ABCD 所成的角则计算容易.可见平移是求线线角、线面角的重要方法.●闯关训练夯实基础1.两条直线a 、b 满足a ∥b ，b α，则a 与平面α的关系是 ∥α 与α相交与α不相交 α 答案：C、b 是两条异面直线，A 是不在a 、b 上的点，则下列结论成立的是A.过A 有且只有一个平面平行于a 、bB.过A 至少有一个平面平行于a 、bC.过A 有无数个平面平行于a 、bD.过A 且平行a 、b 的平面可能不存在解析：过点A 可作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′∩b ′=A .∴a ′、b ′可确定一个平面，记为α. 如果a ⊄α，b ⊄α，则a ∥α，b ∥α.由于平面α可能过直线a 、b 之一，因此，过A 且平行于a 、b 的平面可能不存在. 答案：D3.（2004年全国Ⅰ，16）已知a 、b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a 、b 在α上的射影有可能是①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点.在上面结论中，正确结论的编号是__________.（写出所有正确结论的编号）解析：A 1D 与BC 1在平面ABCD 上的射影互相平行； AB 1与BC 1在平面ABCD 上的射影互相垂直；DD 1与BC 1在平面ABCD 上的射影是一条直线及其外一点.A1答案：①②④4.已知Rt △ABC 的直角顶点C 在平面α内，斜边AB ∥α，AB =26，AC 、BC 分别和平面α成45°和30°角，则AB 到平面α的距离为__________.解析：分别过A 、B 向平面α引垂线AA ′、BB ′，垂足分别为A ′、B ′.设AA ′=BB ′=x ，则AC 2=（45sin x ）2=2x 2，BC 2=（30sin x ）2=4x 2.又AC 2+BC 2=AB 2，∴6x 2=（26）2，x =2.答案：2 5.如下图，四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，侧面PBC 内有BE ⊥PC 于E ，且BE =36a ，试在AB 上找一点F ，使EF ∥平面PAD .解：在面PCD 内作EG ⊥PD 于G ，连结. ∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ， ∴CD ⊥PD .∴CD ∥EG . 又AB ∥CD ，∴EG ∥AB .若有EF ∥平面PAD ，则EF ∥AG ，∴四边形AFEG 为平行四边形，得EG =AF . ∵CE =22)36(a a -=33a ，△PBC 为直角三角形，∴BC 2=CE ·CP ⇒CP =3a ，AB AF =CD EG =PCPE=aaa 3333-=32.故得AF ∶FB =2∶1时，EF ∥平面PAD .6.如下图，设P 为长方形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别为AB 、PD 上的点，且MB AM =NPDN，求证：直线MN ∥平面PBC .ABCDM N PQ R分析：要证直线MN ∥平面PBC ，只需证明MN∥平面PBC 内的一条直线或MN 所在的某个平面∥平面PBC .证法一：过N 作NR ∥DC 交PC 于点R ，连结RB ，依题意得NR NR DC -=NP DN =MBAM= MB MB AB -=MBMBDC -⇒NR =MB .∵NR ∥DC ∥AB ，∴四边形MNRB 是平行四边形.∴MN ∥RB .又∵RB 平面PBC ，∴直线MN ∥平面PBC .证法二：过N 作NQ ∥AD 交PA 于点Q ，连结QM ，∵MB AM =NP DN =QPAQ，∴QM ∥PB .又NQ ∥AD ∥BC ，∴平面MQN ∥平面PBC .∴直线MN ∥平面PBC .证法三：过N 作NR ∥DC 交PC 于点R ，连结RB ，依题意有AB BM =PD PN =DCNR，∴NR =MB ，BR =BM +MN + NR =MN .∴MN ∥RB .又∵RB 平面PBC ，∴直线MN ∥平面PBC .培养能力7.已知l 是过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点的平面AB 1D 1与下底面ABCD 所在平面的交线，（1）求证：D 1B 1∥l ；（2）若AB =a ，求l 与D 1间的距离.AA DBC BD1111（1）证明：A CB CDG1111∵D 1B 1∥BD ，∴D 1B 1∥平面ABCD .又平面ABCD ∩平面AD 1B 1=l ， ∴D 1B 1∥l .（2）解：∵D 1D ⊥平面ABCD ，在平面ABCD 内，由D 作DG ⊥l 于G ，连结D 1G ，则D 1G ⊥l ，D 1G 的长即等于点D 1与l 间的距离.∵l ∥D 1B 1∥BD ，∴∠DAG =45°.∴DG =22a ，D 1G =212D D DG +=2221a a +=26a . 探究创新8.如下图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=21AB ，点E 、M 分别为A 1B 、C 1C 的中点，过点A 1、B 、M 三点的平面A 1BMN 交C 1D 1于点N .A AD DB BC C1111M NE（1）求证：EM ∥平面A 1B 1C 1D 1；（2）求二面角B —A 1N —B 1的正切值；（3）设截面A 1BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为V 1、V 2（V 1＜V 2），求V 1∶V 2的值.（1）证明：设A 1B 1的中点为F ，连结EF 、FC 1.∵E 为A 1B 的中点，∴EF21B 1B . A A B B CC DD E FNM PH 1111又C 1M21B 1B ，∴EF MC 1. ∴四边形EMC 1F 为平行四边形. ∴EM ∥FC 1.∵EM ⊄平面A 1B 1C 1D 1， FC 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， ∴EM ∥平面A 1B 1C 1D 1.（2）解：作B 1H ⊥A 1N 于H ，连结BH . ∵BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴BH ⊥A 1N .∴∠BHB 1为二面角B —A 1N —B 1的平面角.∵EM ∥平面A 1B 1C 1D 1，EM ⊂平面A 1BMN ，平面A 1BMN ∩平面A 1B 1C 1D 1=A 1N ， ∴EM ∥A 1N .又∵EM ∥FC 1，∴A 1N ∥FC 1.又∵A 1F ∥NC 1，∴四边形A 1FC 1N 是平行四边形.∴NC 1=A 1F . 设AA 1=a ，则A 1B 1=2a ，D 1N =a . 在Rt △A 1D 1N 中，A 1N =21211N D D A +=5 a ，∴sin ∠A 1ND 1=N A D A 111=52. 在Rt △A 1B 1H 中，B 1H =A 1B 1sin ∠HA 1B 1=2a ·52=54 a .在Rt △BB 1H 中， tan ∠BHB 1=H B BB 11=a a 54=45. （3）解：延长A 1N 与B 1C 1交于P ，则P ∈平面A 1BMN ，且P ∈平面BB 1C 1C . 又∵平面A 1BMN ∩平面BB 1C 1C =BM ，∴P ∈BM ，即直线A 1N 、B 1C 1、BM 交于一点P . 又∵平面MNC 1∥平面BA 1B 1，∴几何体MNC 1—BA 1B 1为棱台.（没有以上这段证明，不扣分）∵S 11BB A ∆=21·2a ·a =a 2， S 1MNC ∆=21·a ·21a =41a 2，棱台MNC 1—BA 1B 1的高为B 1C 1=2a ，V 1=31·2a ·（a 2+2241a a ⋅+41a 2）=67 a 3，∴V 2=2a ·2a ·a －67a 3=617 a 3.∴21V V =177. ●思悟小结1.直线与平面的位置关系有三种：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行，后者又统称为直线在平面外.2.辅助线（面）是解证线面平行的关键.为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线（面）.●教师下载中心教学点睛1.必须使学生理解并掌握直线与平面的位置关系，以及直线与平面平行的判定定理及性质定理；结合本课时题目，使学生掌握解证线面平行的基本方法.2.证明线面平行是高考中常见的问题，常用的方法就是证明这条线与平面内的某条直线平行.拓展题例【例1】如下图，设a 、b 是异面直线，AB 是a 、b 的公垂线，过AB 的中点O 作平面α与a 、b 分别平行，M 、N 分别是a 、b 上的任意两点，MN 与α交于点P ，求证：P 是MN 的中点.证明：连结AN ，交平面α于点Q ∵b ∥α，b ⊂平面ABN ，平面ABN ∩α=OQ ， ∴b ∥OQ .又O 为AB 的中点，∴Q 为AN 的中点. ∵a ∥α，a ⊂平面AMN 且平面AMN ∩α=PQ ， ∴a ∥PQ .∴P 为MN 的中点.评述：本题重点考查直线与平面平行的性质.【例2】在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB 1⊥BC 1，AB =CC 1=a ，BC =b .AA CB 11（1）设E 、F 分别为AB 1、BC 1ABC ；（2）求证：A 1C 1⊥AB ；（3）求点B 1到平面ABC 1的距离.（1）证明：∵E 、F 分别为AB 1、BC 1的中点， ∴EF ∥A 1C 1.∵A 1C 1∥AC ，∴EF ∥AC . ∴EF ∥平面ABC .（2）证明：∵AB =CC 1，∴AB =BB 1.又三棱柱为直三棱柱，∴四边形ABB 1A 1为正方形.连结A 1B ，则A 1B ⊥AB 1.又∵AB 1⊥BC 1，∴AB 1⊥平面A 1BC 1. ∴AB 1⊥A 1C 1.又A 1C 1⊥AA 1，∴A 1C 1⊥平面A 1ABB 1. ∴A 1C 1⊥AB .（3）解：∵A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1∥平面ABC 1.∴A 1到平面ABC 1的距离等于B 1到平面ABC 1的距离. 过A 1作A 1G ⊥AC 1于点G ， ∵AB ⊥平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1G .从而A 1G ⊥平面ABC 1，故A 1G 即为所求的距离，即A 1G =ba22a b -. 评述：本题（3）也可用等体积变换法求解.。

高一数学直线平面平行的判定及其性质试题

高一数学直线平面平行的判定及其性质试题1.m、n是平面外的两条直线，在m∥的前提下，m∥n是n∥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】A【解析】，则存在有。

而由可得，从而有。

反之则不一定成立，可能相交，平行或异面。

所以是的充分不必要条件，故选A2.直线a∥面，面内有n条互相平行的直线，那么这n条直线和直线a()A．全平行B．全异面C．全平行或全异面D．不全平行也不全异面【答案】C【解析】，则直线与平面的直线可能平行或异面。

若直线与平面这n条互相平行的直线中的一条平行，则与其余n-1条直线都平行。

若直线与平面这n条互相平行的直线中的一条异面，则与其余n-1条直线都异面。

故选C3.三个平面两两相交不共线，求证三条直线交于一点或两两平行。

【答案】见解析【解析】证：设，，∴、（1）若（2）若∴、、交于一点4.直线a∥平面a，点A∈a，则过点A且平行于直线a的直线（）A．只有一条，但不一定在平面a内B．只有一条，且在平面a内C．有无数条，但都不在平面a内D．有无数条，且都在平面a内【答案】B【解析】根据线面平行性质可知，平面内与直线共面的直线与直线平行。

而由公理可知，直线与点只能确定唯一的平面，从而该平面与平面的交线唯一，故选B5.若，则l与m的关系是（）A．；B．l与m异面；C．；D．【答案】D【解析】，则与平面内的直线不相交，即可能平行或异面，故选D6.过平面外一点只能引一条直线与这个平面平行. （判断对错）（）【答案】错误【解析】过平面外一点与该平面平行的直线有无数条，所以错误7.已知平行四边形ABCD与平行四边形ABEF共边AB，M、N分别在对角线AC、BF上，且AM∶AC＝FN∶FB．求证：MN∥平面ADF．【答案】见解析【解析】证明：如图作MP∥AB交AD于P，NQ∥AB交AF于Q，则MP∥NQ，由于所以MP＝NQ，又已证MP∥NQ，则MNQP是平行四边形，则MN∥PQ，又因为MN不在平面ADF上，PQ在平面ADF内，则MN∥平面ADF．8.若，，则下列说法正确的是（）A．过在平面内可作无数条直线与平行B．过在平面内仅可作一条直线与平行C．过在平面内可作两条直线与平行D．与的位置有关【答案】B【解析】此题考查线面的位置关系；如果过在平面内可以做两条直线与平行，根据平行公理知道这两条直线平行，这与两直线相交于A点相矛盾，所以选B9.在长方体ABCD—A1B1C1D1中，A1A=AB=2，若棱AB上存在一点P，使得D1P⊥PC，则棱AD的长的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】连接，设，因为当位于端点时不成立，所以。

2021届高中数学直线与平面平行的性质 Word版含解析

A级基础巩固一、选择题1．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线() A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，在平面α内C．有两条，不一定都在平面α内D．有无数条，不一定都在平面α内解析：如图所示，因为l∥平面α，P∈α，所以直线l与点P确定一个平面β，α∩β＝m，所以P∈m，所以l∥m且m是唯一的．答案：B2.如图，已知S为四边形ABCD外一点，点G，H分别为SB，BD上的点，若GH∥平面SCD，则()A．GH∥SAB．GH∥SDC．GH∥SCD．以上均有可能解析：因为GH∥平面SCD，GH⊂平面SBD，平面SBD∩平面SCD＝SD，所以GH∥SD，显然GH与SA，SC均不平行．答案：B3．若两个平面与第三个平面相交有两条交线且两条交线互相平行，则这两个平面()A．有公共点B．没有公共点C．平行D．平行或相交答案：D4.如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于G，H，则HG与AB的位置关系是()A．平行B．相交C．异面D．平行和异面解析：因为E，F分别是AA1，BB1的中点，所以EF∥AB.又AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH.又AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面EFGH＝GH，所以AB∥GH.答案：A5．在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下列结论中正确的是() A．E，F，G，H一定是各边的中点B．G，H一定是CD，DA的中点C ．BE ∶EA ＝BF ∶FC 且DH ∶HA ＝DG ∶GCD ．AE ∶EB ＝AH ∶HD 且BF ∶FC ＝DG ∶GC解析：由于BD ∥平面EFGH ，由线面平行的性质定理，有BD ∥EH ，BD ∥FG ，则AE ∶EB ＝AH ∶HD 且BF ∶FC ＝DG ∶GC .答案：D二、填空题6.如图所示，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，且AB ∥平面α，AD ，BC 与平面α分别交于点M ，N ，且点M 是AD 的中点，AB ＝4，CD ＝6，则MN ＝________．解析：因为AB ∥平面α，AB ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面α＝MN ，所以AB ∥MN ，又点M 是AD 的中点，所以MN 是梯形ABCD 的中位线，故MN ＝5.答案：57.如图所示，ABCD-A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a 3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝____．解析：因为MN ∥平面AC ，平面PMN ∩平面AC ＝PQ ，所以MN ∥PQ ，易知DP ＝DQ ＝2a 3，故PQ＝PD2＋DQ2＝2DP＝22a 3.答案：22 3a8．如图，ABCD-A1B1C1D1是正方体，若过A，C，B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________．解析：因为AC∥平面A1B1C1D1，根据线面平行的性质知l∥AC.答案：平行三、解答题9．在直三棱柱ABCA1B1C1中，D是棱CC1上一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.求证：CD＝C1D.证明：如图，连接AB1，设AB1与BA1交于点O，连接OD.因为PB1∥平面BDA1，PB1⊂平面AB1P，平面AB1P∩平面BDA1＝OD，所以OD∥PB1.又AO＝B1O，所以AD＝PD.又AC∥C1P，所以CD＝C1D.10．如图所示，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．证明：MN∥平面A′ACC′.证明：法一连接AB′，AC′，如图①所示．因为∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，图①所以M为AB′的中点．又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′.法二取A′B′的中点P，连接MP，NP，AB′，如图②所示，因为M，N分别为AB′与B′C′的中点，图②所以MP∥AA′，PN∥A′C′.所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，所以平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，所以MN∥平面A′ACC′.B级能力提升1．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是()A．平行B．平行或异面C．平行或相交D．异面或相交解析：由AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，得CD∥α，所以直线CD与平面α内的直线的位置关系是平行或异面．答案：B2.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又点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：由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知，EF∥BD，且EF＝15BD.又因为EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD，又点H，G分别为BC，CD的中点，所以HG∥BD且HG＝12BD，所以EF ∥HG 且EF ≠HG .答案：B3.如图所示，已知P 是▱ABCD 所在平面外一点，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，平面PBC ∩平面PAD ＝l .(1)求证：l ∥BC .(2)问：MN 与平面PAD 是否平行？试证明你的结论．(1)证明：因为BC ∥AD ，BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BC ∥平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，平面PBC ∩平面PAD ＝l ，所以l ∥BC .(2)解：平行．证明如下：如图所示，取PD 的中点E ，连接AE ，NE .因为N 是PC 的中点，所以EN 12CD . 因为M 为▱ABCD 边AB 的中点，所以AM12CD . 所以ENAM ，所以四边形AMNE 为平行四边形，所以MN∥AE.又MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，所以MN∥平面PAD.。

高中数学直线与平面平行的判定和性质测试卷及解析

高中数学直线与平面平行的判定和性质测试卷及解析高二数学直线与平面平行的判定和性质人教版【本讲教育信息】一. 教学内容：直线与平面平行的判定和性质二. 教学重、难点：1. 直线与平面的位置关系（1）直线在平面内2. 直线和平面平行的判定3. 直线和平面平行的性质4. 将线面问题转化为线线问题“过线作面找交线”【典型例题】[例1] 如图，已知P是ABCD所在平面外一点，M为PB的中点，求证：PD//平面MAC证：连结AC、BD相交于点O，连结MO∵O为BD的中点，又M为PB的中点MO//PD又∵MO 面MAC，PD 面MAC PD//面MAC[例2] 正方体中，棱长为，画出过A、C、B1的平面与下底面的交线。

解：在面内，过点作直线由正方体性质面为面与面的交线[例3] 求证：假如一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线和它们的交线平行。

已知：，，求证：证：过作面交面于∵同理，过作∵又∵又面过交于[例4] 如图，A、B分别是异面直线上的两点，AB的中点O作面与、都平行，M、N分别是上的另外的两点，MN与交于点P。

求证：P 是MN的中点。

证：连结AN交于Q，连结OQ、PQ∵，OQ是过的面ABN与的交线OQ同理PQ// 在中，O是AB的中点，OQ//BNQ是AN的中点又∵PQ//AM P是MN的中点[例5] 三个平面两两相交得三条直线，求证：这三条直线相交于一点或两两平行。

已知：求证：交于一点或证：∵的位置关系只有相交或平行两种情形（1）与相交时，设，则P为和的公共点又∵相交于同一点P（2）时，∵故两两平行[例6] 如图，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，，且AM=FN，求证：MN//面BCE。

证：作MGBC于G，NQBE于Q，连结GQ，则MG//AB，NQ//ABMG//NQ而MG=NQ 四边形MGQN为平行四边形MN//GQ ∵MN 面BCE，GQ 面BCE MN//面BCE[例7] 正方体的棱长为1，过且平行于对角线的截面的面积等于多少？解：连结交于O 取中点E，连结OE、，∵E、O分别为的中点∵面，面B1D//面【模拟试题】（答题时刻：60分钟）1. 长方体中，如下图，点，求证：MN//平面ABCD。

高中数学高考考点与真题解析8.3 直线、平面平行的判定与性质

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°.。