高考一轮课时训练(理)11.1.3空间图形的平行关系 (通用版)

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【三维设计】高考数学一轮复习第3节平行关系我来演练

一、选择题1．若直线a ⊥b ，且直线a ∥平面α，则直线b 与平面α的位置关系是( )A ．bα B ．b ∥α C ．b α或b ∥α D ．b 与α相交或b α或b ∥α解析：b 与α相交或bα或b ∥α，都可以．答案：D 2．(2012·长春模拟)a 、b 、c 为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出四个命题①⎭⎪⎬⎪⎫α∥c β∥c ⇒α∥β ② ⎭⎪⎬⎪⎫α∥γ β∥γ ⇒α∥β ③ ⎭⎪⎬⎪⎫α∥c a ∥c ⇒a ∥α ④ ⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γ α∥γ ⇒α∥a其中正确的命题是( )A ．①②③B ．①④C ．②D ．①③④解析：②正确．①错在α与β可能相交．③④错在a 可能在α内．答案：C3．(2011·海口模拟)在空间四边形ABCD 中，E 、F 分别为AB 、AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H 、G 分别为BC 、CD 的中点，则( )A ．BD ∥平面EFG ，且四边形EFGH 是平行四边形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是平行四边形D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是梯形解析：如图，由题意，EF ∥BD ，且EF ＝15BD .HG ∥BD ，且HG ＝12BD . ∴EF ∥HG ，且EF ≠HG .∴四边形EFGH 是梯形．又EF ∥平面BCD ，而EH 与平面ADC 不平行．答案：B4．下列命题中正确的个数是( )①若直线a 不在α内，则a ∥α；②若直线l 上有无数个点不在平面α内，则l ∥α；③若直线l 与平面α平行，则l 与α内的任意一条直线都平行；④若l 与平面α平行，则l 与α内任何一条直线都没有公共点；⑤平行于同一平面的两直线可以相交．A．1 B．2C．3 D．4解析：a∩α＝A时，aα，故①错；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，故②错；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，故③错；l∥α，l与α无公共点，所以l与α内任一直线都无公共点，④正确；长方体中的相交直线A1C1与A1B1都与面ABCD平行，所以⑤正确．答案：B5．(2011·天津模拟)如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )①动点A′在平面ABC上的射影在线段A F上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′－FED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③解析：①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，∴点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．②BC∥DE，∴BC∥平面A′DE.③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′－FED的体积达到最大．答案：C二、填空题6．已知α，β是两个不同的平面，给出条件：①α与β无公共点；②直线a∥α，直线b∥α，a，bβ；③a⊥α，a⊥β.上述条件中能推出平面α∥平面β的是________．(填写所有符合要求的条件的序号)解析：条件①是两平面平行的定义；条件②缺少直线a与b相交；条件③可以推出α∥β.答案：①③7.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满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.解析：由平面BB1D1D∥平面NHF知当M点满足在线段FH上有MN∥面B 1BDD 1.答案：M ∈线段FH三、解答题8.空间四边形ABCD 中，AD ＝BC ＝a ，与直线AD ，BC 都平行的平面分别交AB ，AC ，CD ，BD 于E ，F ，G ，H .(1)求证：四边形EFGH 是平行四边形；(2)求四边形EFGH 的周长．解：(1)证明：∵AD ∥平面EFGH ，平面ADC ∩平面EFGH ＝FG ，∴AD ∥FG .同理HE ∥AD ，∴EH ∥FG .同理，由BC ∥平面EFGH ，得EF ∥HG .∴四边形EFGH 是平行四边形．(2)∵FG AD ＝FC AC ，EF BC ＝FA AC，又AD ＝BC ＝a ，∴FG ＋EF a ＝FC ＋FA AC＝1， ∴四边形EFGH 的周长为2a .9．如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是BC 、CC 1、C 1D 1、A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1；(2)EG ∥平面BB 1D 1D ；(3)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接HM 、MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形， ∴HD 1∥MC 1.又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接EO 、D 1O ，则OE 綊12DC .又D 1G 綊12DC ，∴OE 綊D 1G ， ∴四边形OEGD 1是平行四边形．∴GE ∥D 1O .又D 1O 平面BB 1D 1D ，EG 平面BB 1D 1D ， ∴EG ∥平面BB 1D 1D .(3)由(1)知D 1H ∥BF ，D 1H 平面BDF ，BF 平面BDF ，∴D 1H ∥平面BDF .同理由B 1D 1∥BD 可得，B 1D 1∥平面BDF .又B 1D 1、HD 1平面HB 1D 1，且B 1D 1∩HD 1＝D 1， ∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .10．(2012·乌鲁木齐模拟)一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M ，N 分别是AB ，SA 的中点．(1)求证：NB ⊥MC ；(2)在棱SD 上是否存在点P ，使AP ∥平面SMC ？若存在，请找出点P 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AD 的中点O ，连接NO ，BO ， ∵N 是SA 的中点，O 是AD 的中点，∴NO ∥SD .又∵SD ⊥底面ABCD ，∴NO ⊥底面ABCD ，MC 平面ABCD ，∴NO ⊥MC .又∵ABCD 是正方形，M ，O 分别是AB ，AD 的中点，由平面几何知识可得BO ⊥MC ，NO ∩BO ＝O ，∴MC ⊥平面NOB ，NB 平面NOB . ∴NB ⊥MC .(2)取线段SD 的中点P 即可．设SC 的中点为Q ，连接PQ ，MQ ， ∴PQ ＝12CD 且PQ ∥CD ；又AM ∥CD 且AM ＝12CD ；∴PQ ∥AM 且PQ ＝AM .∴AP QM 是平行四边形．∴AP ∥MQ ，AP 平面SMC ，MQ 平面SMC . ∴AP ∥平面SMC .。

高三数学理一轮作业：空间中的平行关系

第4讲空间中的平行关系基础巩固1.经过平面α外两点,作与α平行的平面,则这样的平面可以作()A.0个B.1个C.0个或1个D.1个或无数个答案:C解析:如果这两点所在的直线与平面α平行,则可作一个平面与平面α平行,若这两点所在直线与平面α相交,则不能作出平面与平面α平行.2.α和β是两个不重合的平面,在下列条件中可判定平面α和β平行的是()A.α和β都垂直于平面γB.α内不共线的三点到β的距离相等C.l,m是平面α内的直线,且l∥β,m∥βD. l,m是两条异面直线,且l∥α,m∥α,m∥β,l∥β答案:D解析:利用面面平行的判定方法及平行间的转化可知D项正确.3.设平面α∥平面β,A∈α,B∈β,C是AB的中点,当A,B分别在α,β内运动时,那么所有的动点C()A.不共面B.当且仅当A,B在两条相交直线上移动时才共面C.当且仅当A,B在两条给定的平行直线上移动时才共面D.不论A,B如何移动都共面答案:D解析:不论A,B如何移动,点C均在与α,β距离相等的平面内.故选D.4.(2013·湖北天门一模)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⊥直线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的距离相等.A.①与②B.②与③C.③与④D.②与④答案:D解析:直线上有两点到平面的距离相等,则此直线可能与平面平行,也可能和平面相交;直线m⊥平面α,直线m⊥直线n,则直线n可能平行于平面α,也可能在平面α内,因此①③为假命题.5.(2013·浙江模拟)下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M, N,P分别为其所在棱的中点,能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是.(写出所有符合要求的图形序号)答案:①③解析:对于①,注意到该正方体的经过直线AB的侧面与平面MNP平行,因此直线AB平行于平面MNP;对于②,注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交,因此直线AB与平面MNP相交;对于③,注意到直线AB与MP平行,且直线AB位于平面MNP外,因此直线AB与平面MNP平行;对于④,易知此时AB与平面MNP相交.综上所述,能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.6.考察下列三个命题,在“”处都缺少同一个条件,补上这个条件使其构成真命题(其中l,m为直线,α,β为平面),则此条件为.①⇒l∥α②⇒l∥α③⇒l∥α答案:l⊄α解析:命题①体现的是线面平行的判定定理,缺的条件是“l为平面α外的直线”即“l⊄α”,它同样也适合命题②③,故填l⊄α.7.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,CD的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH上及其内部运动,则M满足条件时,有MN∥平面B1BDD1.答案:M∈FH解析:∵HN∥DB,FH∥D1D,∴平面FHN∥平面B1BDD1.故M∈FH.8.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是一直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD,CD=2AB,PA⊥底面ABCD,E为PC的中点,则BE与平面PAD的位置关系是.答案:平行解析:取PD的中点F,连接EF,AF.在△PCD中,EF CD,又∵AB∥CD,且CD=2AB,∴EF AB.因此四边形ABEF为平行四边形.从而可知EB∥AF.又∵EB⊄平面PAD,AF⊂平面PAD,∴BE∥平面PAD.9.如图,四边形ABCD为矩形,BC⊥平面ABE.设点M为线段AB的中点,点N为线段CE的中点.求证:MN∥平面DAE.证明:取DE的中点P,连接PA,PN,因为点N为线段CE的中点.所以PN∥DC,且PN=DC.又四边形ABCD是矩形,点M为线段AB的中点,所以AM∥DC,且AM=DC.所以PN∥AM,且PN=AM.故四边形AMNP是平行四边形.所以MN∥AP.而AP⊂平面DAE,MN⊄平面DAE,所以MN∥平面DAE.10.如图,梯形ABCD与△ABE所在的平面互相垂直.AB∥CD,AB=2CD=2BC,线段EA上是否存在点F,使EC∥平面FBD?若存在,求出;若不存在,说明理由.解:存在点F,且时,EC∥平面FBD.证明如下:在EA上取F点,使,连接AC,BD相交于点M,连接MF,则△CMD∽△AMB,∴.∴.∴FM∥EC.又FM⊂平面FBD,EC⊄平面FBD,∴EC∥平面FBD.拓展延伸11.如图,直三棱柱ABC-A'B'C',∠BAC=90°,AB=AC=,AA'=1,点M,N分别为A'B和B'C'的中点.(1)证明:MN∥平面A'ACC';(2)求三棱锥A'-MNC的体积.解:(1)证法一:连接AB',AC',AB=AC,三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,所以M为AB'中点.又因为N为B'C'的中点,所以MN∥AC'.又MN⊄平面A'ACC',AC'⊂平面A'ACC',因此MN∥平面A'ACC'.证法二:取A'B'中点P,连接MP,NP.而M,N分别为AB'与B'C'的中点,所以MP∥AA',PN∥A'C',所以MP∥平面A'ACC',PN∥平面A'ACC'.又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A'ACC'.而MN⊂平面MPN,因此MN∥平面A'ACC'.(2)方法一:连接BN,由题意A'N⊥B'C',平面A'B'C'∩平面B'BCC'=B'C',所以A'N⊥平面NBC.又A'N=B'C'=1,故V A'-MNC=V N-A'MC=V N-A'BC=V A'-NBC=.方法二:V A'-MNC=V A'-NBC-V M-NBC=V A'-NBC=.。

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习 34 空间直线、平面的平行

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结34 空间直线、平面的平行高考概览高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2．能运用基本事实、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一、基础小题1．两条直线a，b满足a∥b，b⊂α，则a与平面α的位置关系是()A．a∥αB．a⊂αC．a与α相交D．a与α不相交答案D解析由于b⊂α且a∥b，则a∥α或a⊂α.故a与α不相交．故选D.2．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.3．下列命题中错误的是()A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行B．平行于同一个平面的两个平面平行C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面答案C解析由面面平行的判定定理和性质知A，B，D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面，故C错误．4．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交答案B解析因为l⊄α，若在平面α内存在与直线l平行的直线，则l∥α，这与题意矛盾．故选B.5．给出下面结论：①过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；②过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行；③过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；④过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行．其中正确结论的序号为()A．①②B．③④ C.①③D．②④答案C解析对于①，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于②，当已知直线与平面相交时，不存在平面与已知平面平行，错误；对于③，过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于④，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知直线平行，错误．故选C.6. 在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD ∥平面EFGH时，下面结论正确的是()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答案D解析由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.故选D.7．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥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解析若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交；若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B，C也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面内，成为相交直线，则有α∥β，所以D是α∥β的一个充分条件．故选D.8. (多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是()A．FG∥平面AA1D1D B．EF∥平面BC1D1C．FG∥平面BC1D1D．平面EFG∥平面BC1D1答案AC解析∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1，∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故A正确；∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF与平面BC1D1相交，故B错误；∵FG∥BC1，FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，∴FG∥平面BC1D1，故C正确；∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故D 错误．二、高考小题9．(2022·浙江高考) 如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B 的中点，则()A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C ．直线A 1D 与直线D 1B 相交，直线MN ∥平面ABCDD ．直线A 1D 与直线D 1B 异面，直线MN ⊥平面BDD 1B 1答案 A解析解法一：连接AD 1，则易得点M 在AD 1上，且AD 1⊥A 1D .因为AB ⊥平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥A 1D ，所以A 1D ⊥平面ABD 1，所以A 1D 与D 1B 异面且垂直．在△ABD 1中，由中位线定理可得MN ∥AB ，所以MN ∥平面ABCD .易知直线AB 与平面BDD 1B 1成45°角，所以MN 与平面BDD 1B 1不垂直，所以A 正确，B ，C ，D 错误．故选A.解法二：以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝2，则A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，D 1(0,0,2)，B (2，2,0)，所以M (1,0,1)，N (1,1,1)，所以A 1D →＝(－2,0，－2)，D 1B →＝(2,2，－2)，MN →＝(0,1,0)，所以A 1D →·D 1B →＝－4＋0＋4＝0，所以A 1D ⊥D 1B .又由图易知直线A 1D 与直线D 1B 是异面直线，所以直线A 1D与直线D 1B 异面且垂直．因为平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，MN →·n ＝0，所以MN ∥平面ABCD .设直线MN 与平面BDD 1B 1所成的角为θ，因为平面BDD 1B 1的一个法向量为a ＝(－1，1,0)，所以sin θ＝|cos 〈MN →，a 〉|＝|MN →·a ||MN→||a |＝12＝22，所以直线MN 与平面BDD 1B 1不垂直．故选A.10．(2022·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，反之则不成立；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．根据平面与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，则这两个平面平行，反之也成立．因此，B中条件是α∥β的充要条件．故选B.11．(2022·浙江高考)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A解析∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n 或m与n异面，故必要性不成立．故选A.12．(2022·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD与平面MNQ交于点Q，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.13．(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号)．答案②③④解析由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错误．易知②③④都正确．三、模拟小题14．(2022·辽宁铁岭六校高三模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n答案D解析若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，故A错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α，β平行或相交，故B错误；若m∥α，m∥β，则α，β平行或相交，故C错误；若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理得m∥n，故D正确．故选D.15．(2022·江苏如皋市模拟)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM＝tPC，P A∥平面MQB，则实数t的值为()A.15 B ．14 C.13 D ．12答案 C解析四棱锥P －ABCD 中，连接AC 分别交BQ ，BD 于点N ，O .因为底面ABCD 为平行四边形，所以O 是AC 中点，也是BD 中点，而点Q 是AD 中点，于是得点N 是△ABD 的重心，从而得AN ＝23AO ＝13AC .连接MN ，如图．因为P A ∥平面MQB ，P A ⊂平面P AC ，平面P AC ∩平面MQB ＝MN ，所以P A ∥MN ，所以t ＝PM PC ＝AN AC ＝13.所以实数t 的值为13.故选C.16．(2022·河北石家庄期中)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是它们所在线段的中点，则满足A 1F ∥平面BD 1E 的图形的个数为( )A ．0B ．1 C.2 D ．3答案 B解析 ①中，平移A 1F 至D 1F ′，可知D 1F ′与平面BD 1E 只有一个交点D 1，则A 1F 与平面BD 1E 不平行；②中，由于A 1F ∥D 1E ，而A 1F ⊄平面BD 1E ，D 1E ⊂平面BD 1E ，故A1F∥平面BD1E；③中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行．故选B.17. (2022·福建宁德高三三模)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BC⊥CD，AB ∥CD，BC＝3，AA1＝AB＝AD＝2，点P，Q，R分别在棱BB1，CC1，DD1上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论错误的是()A．任意点P，都有AP∥QRB．任意点P，四边形APQR不可能为平行四边形C．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形D．存在点P，使得BC∥平面APQR答案C解析对于A，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为AB∥CD，BB1∥CC1，所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1，又因为平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面DCC1D1＝QR，所以AP∥QR，故A正确；对于B，若四边形APQR为平行四边形，则AR∥QP，而AD与BC不平行，即平面ADD1A1与平面BCC1B1不平行，又平面APQR∩平面BCC1B1＝QP，平面APQR∩平面ADD1A1＝AR，所以直线QP与直线AR不平行，与AR∥QP矛盾，所以四边形APQR不可能是平行四边形，故B正确；对于C，假设存在点P，使得△APR为等腰直角三角形，令BP＝x，过点D作DE⊥AB，则DE＝BC＝3，在线段DR上取一点M使得DM＝BP＝x，连接BD，PM，则四边形BDMP为矩形，所以MP＝BD＝2，则PR＝PM2＋MR2＝4＋(DR－x)2，AP＝BP2＋AB2＝x2＋4，AR＝DR2＋AD2＝4＋DR2，显然AR≠PR，若由AP＝PR，得x＝DR2，则AP＝PR＝4＋DR24，由AR＝2AP，即4＋DR2＝2·4＋DR24，得DR＝22＞2，故舍去，若由AP＝AR，则BP＝DR＝x且BP∥DR⇒四边形BPRD为平行四边形，所以RP＝BC2＋CD2＝2＝2AP＝8＋2BP2＝2x2＋8，无解，故C错误；对于D，当BP＝CQ，且DR＝12CQ时，满足BC∥平面APQR，故D 正确．故选C.18. (2022·湖北省襄阳市第四中学高三最后一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则△PBB1的面积的最小值为()A.22B．1 C.2D．2答案C解析延展平面EFG，可得截面EFGHQR，其中H，Q，R分别是所在棱的中点，直线D1P与平面EFG不存在公共点，所以D1P∥平面EFGHQR，由中位线定理可得AC∥EF，EF⊂平面EFGHQR，AC⊄平面EFGHQR，所以AC∥平面EFGHQR，因为Q，R分别是A1D1，AA1的中点，所以QR∥AD1，又AD1⊄平面EFGHQR，QR⊂平面EFGHQR，则AD1∥平面EFGHQR.又AC∩AD1＝A，AC⊂平面AD1C，AD1⊂平面AD1C，所以平面AD1C∥平面EFGHQR，又D1P∥平面EFGHQR，所以点P在AC上，因为BO与AC垂直，所以P与O重合时BP最小，此时△PBB1的面积最小，最小值为12×2×2＝ 2.故选C.19. (多选)(2022·河北衡水中学高三模拟预测)如图，一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝102，E，F分别为AD，BC的中点，BE交AC于点G，DF交AC于点H.现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且点A，C在平面BFDE同侧，则下列命题为真命题的是()A．当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDEB．当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CDC．当A，C重合于点P时，PG⊥PDD．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AD解析当平面ABE∥平面CDF时，如图，由已知矩形ABCD中，AB＝10，AD＝102，E，F分别为AD，BC的中点，可得AC⊥BE，AC⊥DF，且求得AG＝GH＝CH＝1033.则BE⊥平面AGH，DF⊥平面CHG，由BE∥DF，可得平面AGH与平面CHG重合，即四边形AGHC为平面四边形，∵平面ABE∥平面CDF，∴AG∥CH，又AG＝CH，可得四边形AGHC为平行四边形，则AC∥GH，可得AC∥平面BFDE，故A正确；假设AE∥CD，则四边形AEDC为平面图形，而GH∥AC，可得GH∥平面AEDC，又由GH⊂平面BFDE，平面BFDE∩平面AEDC＝DE，则GH∥DE，即四边形GHDE为平行四边形，可得GH＝DE，与GH≠DE矛盾，∴假设错误，故B 错误；当A ，C 重合于点P 时，如图，连接GD ，PG ＝1033，PD ＝GD ＝10，不满足PG 2＋PD 2＝GD 2，∴PG 与PD 不垂直，故C 错误；在三棱锥P －DEF 中，PE ＝PF ＝52，EF ＝10，∴△EPF 为直角三角形，PE ＝DE ＝52，PD ＝10，∴△PED 为直角三角形，而△FPD 为直角三角形，∴由补形法可知，三棱锥P －DEF 外接球的直径为PF 2＋PE 2＋DE 2＝150，则三棱锥P －DEF 的外接球的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15022＝150π，故D 正确．故选AD. 20．(多选)(2022·河北唐山高三开学摸底考试)在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2DC ＝2DD 1＝4.则( )A ．在棱AB 上存在点P ，使得D 1P ∥平面A 1BC 1B ．在棱BC 上存在点P ，使得D 1P ∥平面A 1BC 1C ．若P 在棱AB 上移动，则A 1D ⊥D 1PD ．在棱A 1B 1上存在点P ，使得DP ⊥平面A 1BC 1答案 ABC解析对于A ，当P 是AB 的中点时，依题意可知D 1C 1∥DC ∥PB ，D 1C 1＝DC ＝PB ，所以四边形D 1PBC 1是平行四边形，所以D 1P ∥C 1B ，由于D 1P ⊄平面A 1BC 1，C 1B ⊂平面A 1BC 1，所以D 1P ∥平面A 1BC 1，A 正确；对于B ，设E 是AB 的中点，P 是BC 的中点，由上述分析可知D 1E ∥平面A 1BC 1.由于PE ∥AC ∥A 1C 1，PE ⊄平面A 1BC 1，A 1C 1⊂平面A 1BC 1，所以PE ∥平面A 1BC 1.由于D 1E ∩PE ＝E ，所以平面D 1PE ∥平面A 1BC 1，所以D 1P ∥平面A 1BC 1，B 正确；对于C ，根据已知条件可知四边形ADD 1A 1是正方形，所以A 1D ⊥D 1A ，由于AB ⊥AD ，AB ⊥AA 1，AD ∩AA 1＝A ，所以AB ⊥平面ADD 1A 1，所以AB ⊥A 1D .由于D 1A ∩AB ＝A ，所以A 1D ⊥平面AD 1P ，所以A 1D ⊥D 1P ，C 正确；对于D ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，B (2,4,0)，C 1(0,2,2)，A 1B →＝(0,4，－2)，A 1C 1→＝(－2,2,0)．设P (2，t,2)，t ∈[0,4].⎩⎪⎨⎪⎧ DP →·A 1B →＝4t －4＝0，DP →·A 1C 1→＝－4＋2t ＝0，此方程组无解，所以在棱A 1B 1上不存在点P ，使得DP ⊥平面A 1BC 1，D 错误．故选ABC.一、高考大题1．(2022·天津高考) 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC 的中点，F为棱CD的中点．(1)求证：D1F∥平面A1EC1；(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；(3)求二面角A－A1C1－E的正弦值．解(1)证法一：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以E (2,1,0)，F (1,2,0)，所以D 1F →＝(1,0，－2)，A 1C 1→＝(2,2,0)，A 1E →＝(2,1，－2)，设平面A 1EC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1C 1→＝2x 1＋2y 1＝0，m ·A 1E →＝2x 1＋y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，则m ＝(2，－2,1)为平面A 1EC 1的一个法向量，因为D 1F →·m ＝2－2＝0，所以D 1F →⊥m ，因为D 1F ⊄平面A 1EC 1，所以D 1F ∥平面A 1EC 1.证法二：连接B 1D 1与A 1C 1交于点G ，连接EF ，EG ，BD .则GD 1＝12B 1D 1＝12BD ，GD 1∥BD .又E ，F 分别为BC ，CD 的中点，可知EF ∥BD ，且EF ＝12BD ，所以EF ＝GD 1，且EF ∥GD 1.所以四边形GEFD 1为平行四边形．所以D 1F ∥GE .又GE ⊂平面A 1EC 1，D 1F ⊄平面A 1EC 1，所以D 1F ∥平面A 1EC 1.(2)由(1)得，AC 1→＝(2,2,2)，设直线AC 1与平面A 1EC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，AC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·AC 1→|m ||AC 1→|＝23×23＝39. (3)如图，连接DB .由正方体的特征可得，平面AA 1C 1的一个法向量为DB →＝(2，－2,0)，则cos 〈DB →，m 〉＝DB →·m |DB→||m |＝822×3＝223，所以二面角A －A 1C 1－E 的正弦值为1－cos 2〈DB →，m 〉＝13. 2．(2022·北京高考) 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值．解 (1)证明：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1，∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，∴BC 1∥AD 1.∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1∥平面AD 1E .(2)以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0，0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)，AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)．设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎨⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，则x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)为平面AD 1E 的一个法向量．设直线AA 1与平面AD 1E 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AA 1→〉|＝|n ·AA 1→||n ||AA 1→|＝43×2＝23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.3. (2022·全国Ⅱ卷)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：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．解(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1.又AA1∥BB1，∴AA1∥MN.∵△A1B1C1为等边三角形，N为B1C1的中点，∴A1N⊥B1C1.又侧面BB1C1C为矩形，∴B1C1⊥BB1.∵MN∥BB1，∴MN⊥B1C1.又MN∩A1N＝N，MN，A1N⊂平面A1AMN，∴B1C1⊥平面A1AMN.又B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)解法一：连接NP，∵AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP，∴AO ∥NP .∵三棱柱上下底面平行，平面A 1AMN ∩平面ABC ＝AM ，平面A 1AMN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1N ， ∴ON ∥AP .∴四边形ONP A 是平行四边形． ∴ON ＝AP ，AO ＝NP . 设△ABC 边长是6m (m ＞0)，则NP ＝AO ＝AB ＝6m .∵O 为△A 1B 1C 1的中心，且△A 1B 1C 1的边长为6m ， ∴ON ＝13×6m ×sin60°＝3m . ∴AP ＝ON ＝3m .∵BC ∥B 1C 1，B 1C 1⊂平面EB 1C 1F ，BC ⊄平面EB 1C 1F ， ∴BC ∥平面EB 1C 1F .又BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EB 1C 1F ＝EF ， ∴EF ∥BC ，∴AP AM ＝EP BM ，∴3m 33m ＝EP3m，解得EP＝m.在B1C1截取B1Q＝EP＝m，连接PQ，故QN＝2m.∵B1Q＝EP且B1Q∥EP，∴四边形B1QPE是平行四边形，∴B1E∥PQ.由(1)可知B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为直线B1E与平面A1AMN所成的角．在Rt△QPN中，根据勾股定理可得PQ＝QN2＋NP2＝(2m)2＋(6m)2＝210m，∴sin∠QPN＝QNPQ ＝2m210m＝1010.∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.解法二：由(1)知B1C1⊥平面A1AMN，又BC∥B1C1，∴BC⊥平面A1AMN，∴平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.由已知得AM⊥BC，以Q为坐标原点，QA→的方向为x轴正方向，QN→的方向为z轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.设M (－a,0,0)．连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， ∴NP ＝AO ＝AB ＝2， ∴PQ ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪233－a， NQ ＝NP 2－PQ 2＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2， ∴B 1⎝⎛⎭⎪⎫0，1，4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，13，0，故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，设直线B 1E 与平面A 1AMN 所成的角为θ， ∴sin θ＝|cos 〈n ，B 1E →〉|＝|n ·B 1E →||n ||B 1E →|＝1010. ∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.4. (2022·全国Ⅰ卷)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C1DE；(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．解(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA→的方向为x 轴正方向，DE →的方向为y 轴正方向，DD 1→的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则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 ·MN →＝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 |＝232×5＝155，sin 〈m ，n 〉＝1－⎝⎛⎭⎪⎫1552＝105，所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.5. (2022·天津高考)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长．解 (1)证明：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0，0,0)，B (1,0,0)，设F (1，2，h )．依题意，AB→＝(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB→＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，D (0,1,0)，E (0,0,2)，C (1,2,0)，则BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)为平面BDE 的一个法向量．设直线CE 与平面BDE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈CE →，n 〉|＝|CE →·n ||CE →||n |＝49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h 为平面BDF 的一个法向量．由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13，解得h ＝87.经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87. 二、模拟大题6. (2022·浙江省名校协作体高三上学期开学考试)如图所示，在三棱柱BCD －B 1C 1D 1与四棱锥A －BB 1D 1D 的组合体中，已知BB 1⊥平面BCD ，四边形ABCD 是菱形，∠BCD ＝60°，AB ＝2，BB 1＝1.(1)设O是线段BD的中点，求证：C1O∥平面AB1D1；(2)求直线B1C与平面AB1D1所成角的正弦值．解(1)证明：取B1D1的中点为E，连接C1E，OA，AE，易知C1E＝OA且C1E∥OA，所以四边形C1EAO为平行四边形，所以C1O∥EA，又C1O⊄平面AB1D1，AE⊂平面AB1D1，所以C1O∥平面AB1D1.(2)解法一：过点C作平面AB1D1的垂线，垂足为G，连接B1G(图略)，则∠CB1G 就是直线B1C与平面AB1D1所成的角．又CG是点O到平面AB1D1的距离的2倍，连接EO，由B1D1⊥EC1，B1D1⊥EO，知B1D1⊥平面AEO，所以平面AEO⊥平面AB1D1，在△AEO中，作OH⊥AE，垂足为H，即OH⊥平面AB1D1.由题可得AO＝3，B1C＝5，AE＝2，所以在Rt△AEO中，OH＝AO·OEAE ＝32，所以点C 到平面AB 1D 1的距离为3，所以sin ∠CB 1G ＝CG B 1C ＝155.解法二：如图所示，以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，得A (3，0,0)，B 1(0,1,1)，D 1(0，－1,1)，C (－3，0,0)，所以AB 1→＝(－3，1,1)，D 1B 1→＝(0,2,0)，B 1C →＝(－3，－1，－1)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·D 1B 1→＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，有y ＝0，z ＝3，所以n ＝(1,0，3)为平面AB 1D 1的一个法向量．记α为直线B 1C 与平面AB 1D 1所成的角，则sin α＝|n ·B 1C →||n ||B 1C →|＝155.7. (2022·河北张家口第一次模拟)如图，四边形ABCD 是正方形，P A ⊥平面ABCD ，P A ∥EB ，且P A ＝AB ＝3.(1)求证：CE∥平面P AD；(2)若BE＝13P A，求直线PD与平面PCE所成角的正弦值．解(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以BC∥AD.又AD⊂平面P AD，BC⊄平面P AD，所以BC∥平面P AD.因为P A∥EB，P A⊂平面P AD，EB⊄平面P AD，所以EB∥平面P AD，又BC∩EB＝B，所以平面EBC∥平面P AD，又因为CE⊂平面EBC，所以CE∥平面P AD.(2) 以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为P A＝AB＝3，所以BE＝13P A＝1，则P(0,0,3)，D(3,0,0)，C(3,3,0)，E(0,3,1)，则PD→＝(3,0，－3)，PC→＝(3,3，－3)，PE→＝(0,3，－2)．设平面PCE的法向量为m＝(x，y，z)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PC →＝(x ，y ，z )·(3，3，－3)＝3x ＋3y －3z ＝0，m ·PE →＝(x ，y ，z )·(0，3，－2)＝3y －2z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝z 3，y ＝2z 3，令z ＝3，得平面PCE 的一个法向量为m ＝(1,2,3)，设直线PD 与平面PCE 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·m |PD →||m |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(3，0，－3)·(1，2，3)32×14＝77. 所以直线PD 与平面PCE 所成角的正弦值为77.8. (2022·湖南省汨罗市二中高三入学考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，∠ADP ＝90°，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．(1)在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF ∥平面PCE ？并说明理由；(2)当二面角D －FC －B 的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．解 (1)在棱AB 上存在点E ，使得AF ∥平面PCE ，点E 为棱AB 的中点．理由如下：取PC 的中点Q ，连接EQ ，FQ ，由题意，FQ ∥CD 且FQ ＝12CD ，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，则AE ∥FQ 且AE ＝FQ .所以四边形AEQF 为平行四边形．所以AF ∥EQ ，又EQ ⊂平面PCE ，AF ⊄平面PCE ，所以AF ∥平面PCE .(2)由题意，知△ABD 为正三角形，所以ED ⊥AB ，亦即ED ⊥CD ，又∠ADP ＝90°，所以PD ⊥AD ，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ∩平面ABCD ＝AD ，所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD ＝a (a >0)，则由题意知D (0,0,0)，F (0,0，a )，C (0，2,0)，B (3，1,0)， FC→＝(0,2，－a )，CB →＝(3，－1,0)，设平面FBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FC →＝0，m ·CB →＝0，得⎩⎨⎧2y －az ＝0，3x －y ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23a ，所以取m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，23a ，显然可取平面DFC 的一个法向量n ＝(1,0,0)，由题意知24＝|cos〈m，n〉|＝11＋3＋12a2，所以a＝ 3.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以∠PBD即为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝PDBD＝a＝3，从而∠PBD＝60°，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°.。

2023年高考数学一轮复习精讲精练(新高考专用)专题33：空间几何体(练习版)

专题33：空间几何体精讲温故知新一．空间几何体的结构1.多面体一般地，由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体。

围成多面体的各个多边形叫做多面体的面；两个面的公共边叫做多面体的棱；棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。

2.旋转体一条平面曲线，包括直线，绕它所在平面内的一条定直线旋转所成的曲面叫做旋转面。

封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体。

这条定直线叫做旋转体的轴。

3.棱柱一般地，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱。

在棱柱中，两个互相平行的面叫做棱柱的底面，它们是全等的多边形，其余各面叫做棱柱的侧面，它们都是平行四边形，相邻两边的公共边叫做棱柱的侧棱，侧面和底面的公共顶点叫做棱柱的顶点。

棱柱的底面可以是三角形、四边形、五边形，我们把这样的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱。

一般地，我们把侧面垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，侧面不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱，底面是正多边形的，直棱柱叫做正棱柱，底面是平行四边形的四棱柱，也叫做平行六面体。

4.棱锥一般地，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。

这个多边形面叫做棱锥的底面，有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面，相邻两边的公共边叫做棱锥的侧棱，这侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点。

棱锥，用表示顶点和各面各顶点的字母来表示，其中三棱锥又叫四面体，底面是正多边形并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥。

5.棱台用一个平行于圆锥底面的平面去截棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做棱台。

在棱台中，原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面面，类似于棱柱、棱锥，棱台也有侧面、侧棱和顶点。

6.圆柱与矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱。

旋转轴叫做圆柱的轴，垂直于轴的边旋转而成的圆面，叫做圆柱的底面，平行的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面，无论旋转到什么位置，平行于轴的边叫做圆柱侧面的母线。

高三数学一轮复习第47讲空间中的平行关系对点训练理

第47讲空间中的平行关系1.(2013·山东省高考冲刺预测)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( B )A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2解析：m∥l1且n∥l2，m，n⊂α，l1，l2为β内两条相交直线，则可得α∥β；若α∥β，l1，l2为β内两条相交直线，则不一定有m∥l1且n∥l2，故选B.2.已知两个不重合的平面α和β，下面给出四个条件：①α内有无穷多条直线均与平面β平行；②平面α，β均与平面γ平行；③平面α，β与平面γ都相交，且其交线平行；④平面α，β与直线l所成的角相等．其中能推出α∥β的是( B )A．① B．②C．①和③ D．③和④解析：①中也存在α，β相交的可能，故不正确；②符合平面平行的传递性，故正确；③中平面α，β，γ可能两两相交，故不正确；④中平面α，β也可能相交，故选B.3.已知m、n是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，则下列四个命题中真命题的是( C )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥n，则n∥αC．若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥nD．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β解析：A中m，n还可能相交、异面，假命题；B中直线n可能在α内，不正确；D中，若m，n都与α，β的交线l平行，满足条件，但α，β可相交，不正确，故选C.4.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( A )A．有无数条 B．有2条C．有1条 D．不存在解析：延长D1F交DC的延长线于G，连接EG交BC于H，其反向延长线交DA于R，连接FH，D1R，则平面D1GR即为D1EF平面，由平面ADD1A1与平面BCC1B1平行的性质知FH∥D1R，因为在平面ADD1A1内无数条与D1R平行的直线，所以这无数条直线与平面D1EF都平行，故选A.5.若三个平面把空间分成6个部分，那么这三个平面的位置关系是三个平面共线，或两个平面平行且都与第三个平面相交.(写出一种可能的情形即可)解析：可将三个平面视为三条直线，考虑三条直线分平面为几部分来考虑．6.已知m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②m∥α，m∥β，则α∥β；③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β.其中正确命题的序号有④.7.考察下列三个命题，请在“________”处添加一个条件，构成真命题(其中l，m为直线，α、β为平面)，则：① }m ⊂αl ∥m l ⊄α ⇒l ∥α；② }l ∥m m ∥α l ⊄α ⇒l ∥α；③ }a ⊂α，b ⊂αa ∥β，b ∥β a ∩b ＝A ⇒α∥β.解析：①②根据直线与平面平行的判定定理知均需要强调直线l 在平面外，均添加l ⊄α；③根据两个平面平行的判定定理知须强调两条直线相交，故添加a ∩b ＝A .8.如图所示，已知四边形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：AP ∥GH .证明：如图所示，连接AC .设AC 交BD 于O ，连接MO .因为四边形ABCD 是平行四边形，所以O 是AC 的中点．又因为M 是PC 的中点，所以MO ∥PA .又因为MO ⊂平面BDM ，PA ⊄平面BDM ，所以PA ∥平面BDM ，平面BDM ∩平面APG ＝GH ，所以AP ∥GH .9.(原创)如图，ABCD 与ADEF 为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．(1)求证：BE ∥平面DMF ；(2)求证：平面BDE ∥平面MNG .证明：(1)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EMF ，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 中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ，又MN ⊄平面MNG ，BD ⊂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.。

2025年高考数学一轮复习课时作业-空间点、直线、平面之间的位置关系【含解析】

2025年高考数学一轮复习课时作业-空间点、直线、平面之间的位置关系【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)(多选题)下列命题中正确的是()A.梯形的四个顶点共面B.两条平行直线确定一个平面C.空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等D.四边形确定一个平面2.(5分)已知两条不同的直线a,b及两个不同的平面α,β,下列说法正确的是()A.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a∥bB.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线C.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b平行或异面D.若α∩β=b,a⊂α,则a与β一定相交3.(5分)(2023·南京模拟)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是CC1的中点,N是C1D1的中点,则下列说法正确的是()A.ON=BM,且直线ON,BM是异面直线B.ON=BM,且直线ON,BM是相交直线C.ON≠BM,且直线ON,BM是异面直线D.ON≠BM,且直线ON,BM是相交直线4.(5分)如图,在三棱锥D ABC中,AC⊥BD,一平面截三棱锥D ABC所得截面为平行四边形EFGH.已知EF=2,EH=5,则异面直线EG和AC所成角的正弦值是()A.147B.77C.357D.27【加练备选】如图,圆柱的轴截面ABCD为正方形,E为的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.33B.55C.306D.665.(5分)在棱长均相等的四面体OABC中,M,N分别是棱OA,BC的中点,则异面直线MN与AB所成角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.90°6.(5分)(多选题)(2023·杭州模拟)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,O为DB 的中点,直线A1C交平面C1BD于点M,则下列结论正确的是()A.C1,M,O三点共线B.C1,M,O,C四点共面C.C1,O,A,M四点共面D.D1,D,O,M四点共面7.(5分)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的个数为.8.(5分)如图,在正三棱柱ABC A1B1C1中,AB=2,AA1=6,D为B1B的中点,则A1B与C1D所成角的余弦值为.9.(5分)如图所示,在正三棱柱ABC A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB=2∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为.10.(10分)如图,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠F AB=90°,BC∥AD且BC=12AD,BE∥AF且BE=12AF,G,H分别为FA,FD的中点.(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?11.(10分)如图所示,三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,P A=AB=AC=2,E 是PC的中点.(1)求证AE与PB是异面直线;.(2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值.【能力提升练】12.(5分)三棱柱ABC A1B1C1中,AA1与AC,AB所成的角均为60°,∠BAC=90°,且AB=AC=AA1,则A1B与AC1所成角的正弦值为()A.1B.13C.33D.6313.(5分)(2023·沈阳模拟)我国古代大多数城门楼的底座轮廓大致为上、下两面互相平行,且都是矩形的六面体(如图),现从某城楼中抽象出一几何体ABCD EFGH,其中ABCD是边长为4的正方形,EFGH为矩形,上、下底面与左、右两侧面均垂直,EF=4,FG=2,AE=BF=CG=DH,且平面ABCD与平面EFGH的距离为4,则异面直线BG与CH所成角的余弦值为.14.(10分)如图,圆锥的顶点为P,底面圆心为O,线段AB和线段CD都是底面圆的直径,且AB⊥CD,取劣弧BC上一点E,使∠COE=π3,连接PE.已知OA=1,PA=2.(1)求该圆锥的体积;(2)求异面直线PE,BD所成角的余弦值.2025年高考数学一轮复习课时作业-空间点、直线、平面之间的位置关系【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)(多选题)下列命题中正确的是()A.梯形的四个顶点共面B.两条平行直线确定一个平面C.空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等D.四边形确定一个平面【解析】选AB.显然选项A正确;对于选项B,两条平行直线确定唯一一个平面,故选项B正确;对于选项C,由空间角的等角定理知,空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补,故选项C错误;对于选项D,因为空间四边形不在一个平面内,故选项D错误.2.(5分)已知两条不同的直线a,b及两个不同的平面α,β,下列说法正确的是()A.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a∥bB.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线C.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b平行或异面D.若α∩β=b,a⊂α,则a与β一定相交【解析】选C.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则直线a,b没有交点,故a与b平行或异面,故A,B 错误,C正确;若α∩β=b,a⊂α,当a∥b时,a与β平行,故D错误.3.(5分)(2023·南京模拟)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是CC1的中点,N是C1D1的中点,则下列说法正确的是()A.ON=BM,且直线ON,BM是异面直线B.ON=BM,且直线ON,BM是相交直线C.ON≠BM,且直线ON,BM是异面直线D.ON≠BM,且直线ON,BM是相交直线【解析】选A.根据题意,设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2a,取BC的中点P,连接C1P,OP,由于OP∥NC1且OP=NC1,则四边形OPC1N是平行四边形,则有ON∥PC1且ON=PC1,在四边形BCC1B1中,边长为2a,P为BC的中点,M是CC1的中点,BM与PC1相交且BM=PC1=4 2+ 2=5a,故ON=BM,且直线ON,BM是异面直线.4.(5分)如图,在三棱锥D ABC中,AC⊥BD,一平面截三棱锥D ABC所得截面为平行四边形EFGH.已知EF=2,EH=5,则异面直线EG和AC所成角的正弦值是()A.147B.77C.357D.27【解析】选A.由题意知EH∥FG,又FG⊂平面ADC,EH⊄平面ADC,所以EH∥平面ACD,所以EH∥AC,同理HG∥BD,因为AC⊥BD,所以EH⊥HG,记EG与AC所成角∠GEH为θ,则sinθ= = 2+ 2=27=147.【加练备选】如图,圆柱的轴截面ABCD为正方形,E为的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.33B.55C.306D.66【解析】选D.由题意可知AD∥BC,所以∠EAD即为异面直线AE与BC所成的角,设圆柱上、下底面圆心为O,O1,连接OE,OA,ED,不妨设正方形ABCD的边长为2,则AO=5,从而AE=ED=6,则cos∠EAD16=66,即AE与BC所成角的余弦值为66.5.(5分)在棱长均相等的四面体OABC中,M,N分别是棱OA,BC的中点,则异面直线MN与AB所成角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选B.取OB的中点P,AB的中点Q,连接MP,PN,CQ,OQ,由中位线定理可知MP∥AB,则∠PMN(或补角)为异面直线MN与AB所成角,MP∥AB,PN∥OC,OQ⊥AB,CQ ⊥AB,且CQ∩OQ=Q,所以AB⊥平面OCQ,则AB⊥OC,所以PM⊥PN,四面体OABC 棱长均相等,则PM=PN,所以△MPN为等腰直角三角形,所以∠PMN=45°.6.(5分)(多选题)(2023·杭州模拟)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,O为DB 的中点,直线A1C交平面C1BD于点M,则下列结论正确的是()A.C1,M,O三点共线B.C1,M,O,C四点共面C.C1,O,A,M四点共面D.D1,D,O,M四点共面【解析】选ABC.在正方体ABCD A1B1C1D1中,O为DB的中点,直线A1C交平面C1BD于点M,在选项A中,因为直线A1C交平面C1BD于点M,所以M∈平面C1BD,M∈直线A1C,又A1C⊂平面ACC1A1,所以M∈平面ACC1A1,因为O为DB的中点,BD⊂平面C1BD,所以O∈平面C1BD,且O∈平面ACC1A1,又C1∈平面C1BD,且C1∈平面ACC1A1,所以C1,M,O三点共线,故选项A正确;在选项B中,因为C1,M,O三点共线,所以C1,M,O,C四点共面,故B正确;在选项C中,因为C1,M,O三点共线,所以C1,M,O,A四点共面,故C正确;在选项D中,因为直线OM∩CC1=C1,DD1∥CC1,所以D1,D,O,M四点不共面,故D错误.7.(5分)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的个数为.【解析】因为AB∥CD,由题图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面,与另外四个面相交.答案:48.(5分)如图,在正三棱柱ABC A1B1C1中,AB=2,AA1=6,D为B1B的中点,则A1B与C1D所成角的余弦值为.【解析】如图,取A1B1的中点E,连接DE,EC1,在△A1BB1中,D为B1B的中点,所以DE为中位线,所以DE∥A1B,所以∠EDC1或其补角为A1B与C1D所成的角,在△EDC1中,ED=32+12=10,DC1=32+22=13,EC1=22-12=3,所以cos∠EDC1= 2+ 12- 122 · 1=10+13-310×13=13013,所以A1B与C1D所成角的余弦值为13013.答案:130139.(5分)如图所示,在正三棱柱ABC A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB=2∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为.【解析】取A1C1的中点E,连接B1E,ED,AE,在Rt△AB1E中,∠AB1E即为所求,设AB=1,则A1A=2,AB1=3,B1E=32,AE=32,故∠AB1E=60°.答案:60°10.(10分)如图,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠F AB=90°,BC∥AD且BC=12AD,BE∥AF且BE=12AF,G,H分别为FA,FD的中点.(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;【解析】(1)由已知得FG=GA,FH=HD,可得GH12AD.又BC12AD,所以GH BC,所以四边形BCHG为平行四边形.(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?【解析】(2)共面.理由如下:因为BE12AF,G是F A的中点,所以BE FG,所以四边形BEFG为平行四边形,所以EF∥BG.由(1)知BG CH,所以EF∥CH,所以EF与CH共面.又D∈FH,所以C,D,F,E四点共面.11.(10分)如图所示,三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,P A=AB=AC=2,E 是PC的中点.(1)求证AE与PB是异面直线;【解析】(1)假设AE与PB共面,设平面为α,因为A∈α,B∈α,E∈α,所以平面α即为平面ABE,所以P∈平面ABE,这与P∉平面ABE矛盾,所以AE与PB是异面直线.(2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值.【解析】(2)取BC的中点F,连接EF,AF,则EF∥PB,所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE与PB所成的角.因为∠BAC=60°,PA=AB=AC=2,PA⊥平面ABC,所以AF=3,AE=2,EF=2,cos∠AEF= 2+ 2- 22· · ==14,故异面直线AE与PB所成角的余弦值为14.【能力提升练】12.(5分)三棱柱ABC A1B1C1中,AA1与AC,AB所成的角均为60°,∠BAC=90°,且AB=AC=AA1,则A1B与AC1所成角的正弦值为()A.1B.13C.33D.63【解析】选D.如图所示,把三棱柱补形为四棱柱ABDC A1B1D1C1,连接BD1,A1D1,则BD1∥AC1,则∠A1BD1就是异面直线A1B与AC1所成的角,设A1B=a,在△A1BD1中,A1B=a,BD1=3a,A1D1=2a,所以sin∠A1BD1=63.13.(5分)(2023·沈阳模拟)我国古代大多数城门楼的底座轮廓大致为上、下两面互相平行,且都是矩形的六面体(如图),现从某城楼中抽象出一几何体ABCD EFGH,其中ABCD是边长为4的正方形,EFGH为矩形,上、下底面与左、右两侧面均垂直,EF=4,FG=2,AE=BF=CG=DH,且平面ABCD与平面EFGH的距离为4,则异面直线BG与CH所成角的余弦值为.【解析】如图,把此六面体补成正方体,连接AH,AC,由题可知AH∥BG,所以∠AHC是异面直线BG与CH所成角或其补角,在△AHC中,AH=32+42=5,CH=12+42+42=33,AC=42,则cos∠AHC= 2+ 2- 22× × ==1333165.答案:133316514.(10分)如图,圆锥的顶点为P,底面圆心为O,线段AB和线段CD都是底面圆的直径,且AB⊥CD,取劣弧BC上一点E,使∠COE=π3,连接PE.已知OA=1,PA=2.(1)求该圆锥的体积;【解析】(1)由勾股定理可知:PO= 2- 2=4-1=3,所以圆锥的体积为13·π·12·3=3π3;(2)求异面直线PE ,BD 所成角的余弦值.【解析】(2)连接BD ,过E 作EF ∥BD ,连接PF ,所以∠PEF 是异面直线PE ,BD 所成的角(或其补角),如图所示,因为线段AB 和线段CD 都是底面圆的直径,且AB ⊥CD ,所以∠BFE =∠DBO =π4,即∠OFE =3π4,而∠COE =π3,所以∠FOE =π6,因此∠OEF =π12,在△OEF 中,由正弦定理可知: sin π12= sin 3π4= sin π6⇒ sin(π3-π4)=2= 12⇒EF =22,OF =2(2×3-2×1)=3-1,PF = 2+ 2=由余弦定理可知:cos ∠PEF = 2+ 2- 22 · =4+12-=2+68.【误区警示】空间图形中作出的角无法直观确定是否是锐角,也可能是钝角,书写步骤时应注明,不然容易混淆.。

【精品一轮详解特训】2022届高考数学一轮复习 11 空间点

一、选择题1．已知三个命题：①若点P不在平面α内，A、B、C三点都在平面α内，则P、A、B、C四点不在同一平面内；②两两相交的三条直线在同一平面内；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．其中正确命题的个数是 ( )A．0 B．1C．2 D．3解析：当A、B、C三点都在平面α内，且三点共线时，P、A、B、C四点在同一个平面内，故①错误；三棱锥的三条侧棱所在的直线两两相交，但三条直线不在同一平面内，故②错误；两组对边分别相等的四边形也可能是空间四边形，故③错误．答案：A2.如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A、B、C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过 ( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M解析：∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．答案：D3.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∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：依题意得MN∥PQ，MN∥平面ABC，又MN⊂平面ACD，且平面ACD∩平面ABC＝AC，因此有MN∥AC，AC∥平面MNPQ.同理，BD∥PN.又截面MNPQ是正方形，因此有AC⊥BD，直线PM与BD所成的角是45°.答案：C4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD 都相交的直线 ( )A．不存在 B．有且只有两条C．有且只有三条 D．有无数条解析：在EF上任取一点M.直线CD与点M确定的平面与直线A1D1交于点N，则直线MN与三条直线都相交，由点M的任意性可知这样的直线有无数条．答案：D5．如图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列四个命题：①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；②过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；③过M点有且只有一个平面与直线AB， B1C1都相交；④过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行．其中真命题是 ( )A．②③④ B．①③④C．①②④ D．①②③解析：由于两相交直线可确定一个平面，设l过M点，与AB、B1C1均相交，则l与AB可确定平面α，l与B1C1可确定平面β，又AB与B1C1为异面直线，∴l为平面α与平面β的交线，如图所示．GE即为l，故①正确．由于DD1过点M，DD1⊥AB， DD1⊥B1C1，BB1为AB、B1C1的公垂线，DD1∥BB1，故②正确．显然④正确．过M点有无数个平面与AB 、B1C1都相交，故③错误．答案：C6．正四棱锥S－ABCD 的侧棱长为2，底面边长为3，E为SA的中点，则异面直线BE 和SC所成的角为 ( )A．30° B．45°C．60°D．90°解析：设AC中点为O，则OE∥SC，连接BO，则∠BEO(或补角)即为异面直线BE和SC所成的角，EO＝12SC＝22，BO＝12BD＝62，△SAB中，cos A＝12ABSA＝322＝64＝AB2＋AE2－BE22AB·AE，∴BE＝ 2.△BEO中，cos∠BEO＝12，∴∠BEO＝60°.答案：C二、填空题7．如图，G、H、M、N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________．解析：①③中， GM∥HN，所以G、M、N、H四点共面，从而GH与MN共面；②④中，根据异面直线的判定定理，易知GH与MN异面．答案：②④8．下列命题中正确的是________．①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交平面α于P、Q、R，则P、Q、R三点共线；②若三条直线a、b、c互相平行且分别交直线l于A、B、C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面；④若a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．解析：在①中，因为P、Q、R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与平面α的交线上，即P、Q、R三点共线，所以①正确；在②中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A、B两点在该平面上，所以l⊂α，即a、b、l三线共面于α；同理a、c、l三线也共面，不妨设为β，而α、β有两条公共的直线a、l，所以α与β重合，即这些直线共面，所以②正确；在③中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定7个平面，所以③错；在④中，由题设知，a和α相交，设a∩α＝P，如图，在α内过点P的直线l与a 共面，所以④错．答案：①②9．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于________．解析：延长CA至点M，使AM＝CA，则A1M∥C1A，∠MA1B或其补角为异面直线BA1与AC1所成的角，连接BM，易知△BMA1为等边三角形，因此，异面直线BA1与AC1所成的角为60°.答案：60°三、解答题10．如图所示，已知E、F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1和棱CC1的中点．试判断四边形EBFD1的形状．解：如图，取BB1的中点M，连接A1M、MF.∵M、F分别是BB1、CC1的中点，∴MF綊B1C1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有A1D1綊B1C1，∴MF綊A1D1.∴四边形A1MFD1是平行四边形，∴A 1M 綊D 1F .又E 、M 分别是AA 1、BB 1的中点， ∴A 1E 綊BM ，∴四边形A 1EBM 为平行四边形．∴EB 綊A 1M . ∴EB 綊D 1F .∴四边形EBFD 1是平行四边形．又Rt △EAB ≌Rt △FCB ，∴BE ＝BF ，∴四边形EBFD 1为菱形．11.如图，已知：E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、CC 1、C 1D 1的中点，证明：FE 、HG 、DC 三线共点．证明：连结C 1B ，HE ，FG ，由题意知HC 1綊EB ，∴四边形HC 1BE 是平行四边形．∴HE ∥C 1B .又C 1G ＝GC ＝CF ＝BF ，故GF 綊12C 1B ，∴GF ∥HE ，且GF ≠HE ， ∴HG 与EF 相交．设交点为K ，则K ∈HG ，HG ⊂平面D 1C 1CD ，∴K ∈平面D 1C 1CD .∵K ∈EF ，EF ⊂平面ABCD ，∴K ∈平面ABCD . ∵平面D 1C 1CD ∩平面ABCD ＝DC ， ∴K ∈DC ，∴FE 、HG 、DC 三线共点．12．如图，在长方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝AA 1＝4，点O 是AC 的中点． (1)求证：AD 1∥平面DOC 1；(2)求异面直线AD 1和DC 1所成角的余弦值．解：(1)证明：如图，连接D 1C 交DC 1于点O 1，连接OO 1. ∵O 、O 1分别是AC 和D 1C 的中点， ∴OO 1∥AD 1.又OO 1⊂平面DOC 1，AD 1⊄平面DOC 1， ∴AD 1∥平面DOC 1.(2)由OO 1∥AD 1知AD 1和DC 1所成的角等于OO 1和DC 1所成的角．在△OO 1D 中，由题设可得OD ＝52，O 1D ＝52，OO 1＝2 2.由余弦定理得cos ∠OO 1D ＝522＋222－5222×52×22＝225，故异面直线AD 1和DC 1所成角的余弦值为225。

2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量4空间直线平面的平行练习含解析

空间直线、平面的平行考试要求 1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明.2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．知识梳理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，那么该直线与此平面平行错误!⇒a∥α性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行错误!⇒a∥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判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行错误!⇒β∥α性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行错误!⇒a∥b常用结论(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)平行于同一个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a⊥α，b⊥α，则a∥b.(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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平面．( ×)(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)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.( ×)(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．( √)教材改编题1．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．2．已知不重合的直线a，b和平面α，则下列选项正确的是( )A．若a∥α，b⊂α，则a∥bB．若a∥α，b∥α，则a∥bC．若a∥b，b⊂α，则a∥αD．若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α答案 D解析若a∥α，b⊂α，则a∥b或异面，A错；若a∥α，b∥α，则a∥b或异面或相交，B错；若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，C错；若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，D对．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.题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1 直线与平面平行的判定例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ，F 分别是BC ，PD 的中点，求证：(1)PB ∥平面ACF ；(2)EF ∥平面PAB .证明 (1)如图，连接BD 交AC 于O ，连接OF ，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴O 是BD 的中点，又∵F 是PD 的中点，∴OF ∥PB ，又∵OF ⊂平面ACF ，PB ⊄平面ACF ， ∴PB ∥平面ACF .(2)取PA 的中点G ，连接GF ，BG . ∵F 是PD 的中点， ∴GF 是△PAD 的中位线， ∴GF 綉12AD ，∵底面ABCD 是平行四边形，E 是BC 的中点， ∴BE 綉12AD ，∴GF 綉BE ，∴四边形BEFG 是平行四边形， ∴EF ∥BG ，又∵EF ⊄平面PAB ，BG ⊂平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .命题点2 直线与平面平行的性质例2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM 上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.求证：PA∥GH.证明如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴PA∥OM，又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD，又平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.教师备选如图，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，求证：四边形BCFE是梯形．证明∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD.∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD.∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，BC⊂平面BCFE，∴BC∥EF.∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，∴四边形BCFE是梯形．思维升华(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．跟踪训练1 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.题型二平面与平面平行的判定与性质例3 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合)．(1)求证：BC∥GH；(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，∴平面ABC∥平面A1B1C1，又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.(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，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.延伸探究在本例中，若将条件“E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求ADDC的值．解如图，连接A1B交AB1于O，连接OD1.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＝DC AD，所以DC AD＝1，即AD DC＝1. 教师备选如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G 分别为B 1C 1，A 1B 1，AB 的中点．(1)求证：平面A 1C 1G ∥平面BEF ；(2)若平面A 1C 1G ∩BC ＝H ，求证：H 为BC 的中点．证明 (1)∵E ，F 分别为B 1C 1，A 1B 1的中点， ∴EF ∥A 1C 1，∵A 1C 1⊂平面A 1C 1G ，EF ⊄平面A 1C 1G ， ∴EF ∥平面A 1C 1G ，又F ，G 分别为A 1B 1，AB 的中点， ∴A 1F ＝BG ，又A 1F ∥BG ，∴四边形A 1GBF 为平行四边形，则BF ∥A 1G ，∵A 1G ⊂平面A 1C 1G ，BF ⊄平面A 1C 1G ， ∴BF ∥平面A 1C 1G ，又EF ∩BF ＝F ，EF ，BF ⊂平面BEF ， ∴平面A 1C 1G ∥平面BEF .(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，如图，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．思维升华证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理．(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．(3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．跟踪训练2 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，证明：B1D1∥l.证明(1)由题设知BB1綉DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1綉B1C1綉BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .题型三平行关系的综合应用例4 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为对角线BD ，CD 1上的点，且CQ QD 1＝BP PD ＝23.(1)求证：PQ ∥平面A 1D 1DA ；(2)若R 是AB 上的点，AR AB的值为多少时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA ？请给出证明． (1)证明连接CP 并延长，与DA 的延长线交于M 点，如图，连接MD 1，因为四边形ABCD 为正方形，所以BC ∥AD ，故△PBC ∽△PDM ，所以CP PM ＝BP PD ＝23，又因为CQ QD 1＝BP PD ＝23，所以CQ QD 1＝CP PM ＝23，所以PQ ∥MD 1.又MD 1⊂平面A 1D 1DA ，PQ ⊄平面A 1D 1DA ，故PQ ∥平面A 1D 1DA .(2)解当AR AB 的值为35时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA .如图，证明如下：因为AR AB ＝35，即BR RA ＝23，故BR RA ＝BP PD. 所以PR ∥DA .又DA ⊂平面A 1D 1DA ，PR ⊄平面A 1D 1DA ，所以PR ∥平面A 1D 1DA ，又PQ ∥平面A 1D 1DA ，PQ ∩PR ＝P ，PQ ，PR ⊂平面PQR ，所以平面PQR ∥平面A 1D 1DA . 教师备选如图，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．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 ，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MN ⊂平面MNG ，BD ⊄平面MNG ，所以BD ∥平面MNG ，又DE ，BD ⊂平面BDE ，DE ∩BD ＝D ，所以平面BDE ∥平面MNG .思维升华证明平行关系的常用方法熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．跟踪训练3 如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形． (1)求证：AB ∥平面EFGH ；(2)若AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围．(1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD . 又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH . (2)解设EF ＝x (0<x <4)，由(1)知EF ∥AB ， ∴CF CB ＝EF AB ＝x4，与(1)同理可得CD ∥FG ， ∴FG CD ＝BF BC，则FG 6＝BF BC＝BC －CF BC ＝1－x4， ∴FG ＝6－32x .∴四边形EFGH 的周长L ＝2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋6－32x ＝12－x .又∵0<x <4，∴8<L <12，故四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．课时精练1．(2022·宁波模拟)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，两平面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．2．(2022·呼和浩特模拟)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥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解析对于A，一条直线与两个平面都平行，两个平面不一定平行，故A不正确；对于B，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面不一定平行，故B不正确；对于C，两个平面中的两条直线平行，不能保证两个平面平行，故C不正确；对于D，如图，在直线b上取点B，过点B和直线a确定一个平面γ，交平面β于a′，因为a∥β，所以a∥a′，又a′⊄α，a⊂α，所以a′∥α，又因为b∥α，b∩a′＝B，b⊂β，a′⊂β，所以β∥α.3．(2022·广州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则( )A．MF∥EBB．A1B1∥NEC．四边形MNEF为平行四边形D．四边形MNEF为梯形答案 D解析由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误；由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错误；∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB，显然在△ABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确．4．(2022·杭州模拟)已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )A．2∶3B．2∶5C．4∶9D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.5．(多选)(2022·济宁模拟)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是( )答案AC解析对于A，AB∥DE，AB⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故A正确；对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG并延长，交AB延长线于H，则AB与平面DEF相交于点H，故B错误；对于C，AB∥DF，AB⊄平面DEF，DF⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故C正确；对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行，∴直线AB与平面DEF相交，故D错误．6．(多选)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜程度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图(3)所示时，AE ·AH 为定值答案 AD解析根据棱柱的特征(有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行)，结合题中图形易知A 正确；由题图可知水面EFGH 的边EF 的长保持不变，但邻边的长却随倾斜程度而改变，可知B 错误；因为A 1C 1∥AC ，AC ⊂平面ABCD ，A 1C 1⊄平面ABCD ，所以A 1C 1∥平面ABCD ，当平面EFGH 不平行于平面ABCD 时，A 1C 1不平行于水面所在平面，故C 错误；当容器倾斜如题图(3)所示时，因为水的体积是不变的，所以棱柱AEH －BFG 的体积V 为定值，又V ＝S △AEH ·AB ，高AB 不变，所以S △AEH 也不变，即AE ·AH 为定值，故D 正确．7．考查①②两个命题，①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α ⇒l ∥α，它们都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α为平面)，则此条件为__________．答案 l ⊄α解析 ①由线面平行的判定定理知l ⊄α；②由线面平行的判定定理知l ⊄α.8.如图所示，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件______，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合) 解析连接HN ，FH ，FN (图略)，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1.9．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，AA 1的中点，求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H . 证明如图．(1)取B 1B 的中点M ，连接HM ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形， ∴HD 1∥MC 1. 又MC 1∥BF ， ∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接OE ，OD 1，则OE 綉12DC .又D 1G 綉12DC ，∴OE 綉D 1G .∴四边形OEGD 1是平行四边形， ∴EG ∥D 1O .又D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，EG ⊄平面BB 1D 1D ， ∴EG ∥平面BB 1D 1D .(3)由(1)知BF ∥HD 1，由题意易证B 1D 1∥BD .又B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ， ∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面PAD . 证明 (1)如图，连接EC ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AE ，BC ＝AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以O 为AC 的中点．又因为F 是PC 的中点，所以FO ∥AP ，因为FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)连接FH ，OH ，因为F ，H 分别是PC ，CD 的中点，所以FH ∥PD ，因为PD ⊂平面PAD ，FH ⊄平面PAD ，所以FH ∥平面PAD .又因为O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，所以OH ∥AD ，因为AD ⊂平面PAD ，OH ⊄平面PAD ，所以OH ∥平面PAD .又FH ∩OH ＝H ，FH ，OH ⊂平面OHF ，所以平面OHF ∥平面PAD . 又因为GH ⊂平面OHF ，所以GH ∥平面PAD .11．(多选)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线．下列命题正确的是( )A．如果m∥n，n⊂α，那么m∥αB．如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥nC．如果α∥β，m⊂α，那么m∥βD．如果α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β答案BC解析如果m∥n，n⊂α，那么m∥α或m⊂α，故A不正确；如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n，这就是线面平行推得线线平行的性质定理，故B正确；如果α∥β，m⊂α，那么m∥β，这就是利用面面平行推线面平行的性质定理，故C正确；缺少m⊂α这个条件，故D不正确．12．(2022·福州检测)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点，则下列叙述中正确的是( )A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案 B解析过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与PA必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误．13．(多选)(2022·临沂模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点(不含端点)，将△ABE 沿AE 翻折，使得二面角B －AE －D 为直二面角，得到图2所示的四棱锥B －AECD ，点F 为线段BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥B －AECD 中，下列说法正确的有( )图1 图2A ．B ，E ，C ，F 四点不共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAE C ．三棱锥B －ADC 的体积为定值D ．存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直答案 AB解析对于A ，假设直线BE 与直线CF 在同一平面上，所以E 在平面BCF 上，又因为E 在折前线段BC 上，BC ∩平面BCF ＝C ，所以E 与C 重合，与E 异于C 矛盾，所以直线BE 与直线CF 必不在同一平面上，即B ，E ，C ，F 四点不共面，故A 正确；对于B ，如图，当点F 为线段BD 的中点，EC ＝12AD 时，直线CF ∥平面BAE ，证明如下：取AB 的中点G ，连接GE ，GF ，则EC ∥FG 且EC ＝FG ，所以四边形ECFG 为平行四边形，所以FC ∥EG ，又因为EG ⊂平面BAE ，则直线CF 与平面BAE 平行，故B 正确；对于C ，在三棱锥B －ADC 中，因为点E 的移动会导致点B 到平面ACD 的距离发生变化，所以三棱锥B －ADC 的体积不是定值，故C 不正确；对于D ，过D 作DH ⊥AE 于H ，因为平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ∩平面AECD ＝AE ，所以DH ⊥平面BAE ，所以DH ⊥BE ，若存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，DH ⊂平面AECD ，且DC ⊂平面AECD ，DH ∩DC ＝D ，所以BE ⊥平面AECD ，所以BE ⊥AE ，与△ABE 是以B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，故D 不正确．14．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB ＝3，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，C 1D 1的中点，点P 在平面ABCD 内，若直线D 1P ∥平面EFG ，则线段D 1P 长度的最小值是________．答案72解析如图，连接D 1A ，AC ，D 1C .因为E ，F ，G 分别为AB ，BC ，C 1D 1的中点，所以AC ∥EF ，又EF ⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1，则EF ∥平面ACD 1.同理可得EG ∥平面ACD 1，又EF ∩EG ＝E ，EF ，EG ⊂平面EFG ，所以平面ACD 1∥平面EFG . 因为直线D 1P ∥平面EFG ，所以点P 在直线AC 上．在△ACD 1中，易得AD 1＝2，AC ＝2，CD 1＝2，所以1AD C S △＝12×2×22－⎝⎛⎭⎪⎫222＝72，故当D 1P ⊥AC 时，线段D 1P 的长度最小，最小值为7212×2＝72.15．(2022·合肥市第一中学模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ，N 分别是棱BC ，CC 1的中点，动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1∥平面AMN ，则PA 1的长度范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，32 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32答案 B解析取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连接A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 的中点O ，连接A 1O ，如图所示，∵点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM ∥A 1E ，MN ∥EF ，∵AM ∩MN ＝M ，A 1E ∩EF ＝E ，AM ，MN ⊂平面AMN ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴平面AMN ∥平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1∥平面AMN ，∴点P 的轨迹是线段EF ，∵A 1E ＝A 1F ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，EF ＝1212＋12＝22，∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，PA 1的长度取最小值A 1O ， A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，当P 与E (或F )重合时，PA 1的长度取最大值A 1E 或A 1F ，A 1E ＝A 1F ＝52.∴PA 1的长度范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52.16．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为AB 1，A 1C 1上的点，A 1N ＝AM .(1)求证：MN ∥平面BB 1C 1C ；(2)求MN 的最小值．(1)证明如图，作NE ∥A 1B 1交B 1C 1于点E ，作MF ∥AB 交BB 1于点F ，连接EF ，则NE ∥MF .∵NE ∥A 1B 1，∴NEA 1B 1＝C 1NA 1C 1.又MF ∥AB ，∴MF AB ＝B 1MAB 1，∵A 1C 1＝AB 1，A 1N ＝AM ，∴C 1N ＝B 1M .∴NE A 1B 1＝MF AB，又AB ＝A 1B 1，∴NE ＝MF .∴四边形MNEF 是平行四边形，∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，EF ⊂平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .(2)解设B 1E ＝x ，∵NE ∥A 1B 1， ∴B 1E B 1C 1＝A 1NA 1C 1.又∵MF ∥AB ，∴B 1F BB 1＝B 1M AB 1，∵A 1N ＝AM ，A 1C 1＝AB 1＝2a ，B 1C 1＝BB 1＝a ，B 1E ＝x ，∴B 1E B 1C 1＋B 1F BB 1＝A 1N A 1C 1＋B 1MAB 1，∴x a ＋B 1F a ＝1，∴B 1F ＝a －x ，从而MN ＝EF ＝B 1E 2＋B 1F 2 ＝x 2＋a －x2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22， ∴当x ＝a 2时，MN 的最小值为22a .。

高考数学(理科)一轮复习空间的平行关系学案带答案

高考数学（理科）一轮复习空间的平行关系学案带答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案43 空间的平行关系导学目标：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空间图形的平行关系．自主梳理．直线a和平面α的位置关系有________、________、__________，其中________与________统称直线在平面外．2．直线和平面平行的判定：定义：直线和平面没有____________，则称直线和平面平行．判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒________；其他判定方法：α∥β，a⊂α⇒________.3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒________.4．两个平面的位置关系有________、________.5．两个平面平行的判定：定义：两个平面没有________，称这两个平面平行；判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α；推论：a∩b＝P，a，b⊂α，a′∩b′＝P′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒________.6．两个平面平行的性质定理：α∥β，a⊂α⇒________；α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒________.7．与垂直相关的平行的判定：a⊥α，b⊥α⇒________；a⊥α，a⊥β⇒________.自我检测．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，a∥β，b⊂β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α2．一条直线l上有相异三个点A、B、c到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是A．l∥αB．l⊥αc．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α3．下列各命题中：①平行于同一直线的两个平面平行；②平行于同一平面的两个平面平行；③一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个相交；④垂直于同一直线的两个平面平行．不正确的命题个数是A．1B．2c．3D．44．经过平面外的两点作该平面的平行平面，可以作A．0个B．1个c．0个或1个D．1个或2个5．在四面体ABcD中，m、N分别是△AcD、△BcD的重心，则四面体的四个面中与mN平行的是________________.探究点一线面平行的判定例1 已知有公共边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.求证：PQ∥平面cBE.变式迁移1 在四棱锥P—ABcD中，四边形ABcD是平行四边形，m、N分别是AB、Pc的中点，求证：mN∥平面PAD.探究点二面面平行的判定例2 在正方体ABcD—A1B1c1D1中，m、N、P分别是c1c、B1c1、c1D1的中点，求证：平面mNP∥平面A1BD.变式迁移2 已知P为△ABc所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PcB、△PAc的重心．求证：平面G1G2G3∥平面ABc；求S△G1G2G3∶S△ABc.探究点三平行中的探索性问题例3 如图所示，在四棱锥P—ABcD中，cD∥AB，AD⊥AB，AD＝Dc＝12AB，Bc⊥Pc.求证：PA⊥Bc；试在线段PB上找一点m，使cm∥平面PAD，并说明理由．变式迁移3如图所示，在正方体ABcD—A1B1c1D1中，o为底面ABcD 的中心，P是DD1的中点，设Q是cc1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAo?转化与化归思想综合应用例一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中m、N 分别是AB、Sc的中点，P是SD上的一动点．求证：BP⊥Ac；当点P落在什么位置时，AP∥平面Smc?求三棱锥B—Nmc的体积．多角度审题第问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABcD，第问是一个开放型问题，可有两种思维方式：一是猜想P是SD的中点，二是从结论“AP平行于平面Smc”出发找P满足的条件．【答题模板】证明连接BD，∵ABcD为正方形，∴BD⊥Ac，又SD⊥底面ABcD，∴SD⊥Ac，∵BD∩SD＝D，∴Ac⊥平面SDB，∵BP⊂平面SDB，∴Ac⊥BP，即BP⊥Ac.[4分]解取SD的中点P，连接PN，AP，mN.则PN∥Dc且PN＝12Dc.[6分]∵底面ABcD为正方形，∴Am∥Dc且Am＝12Dc，∴四边形AmNP为平行四边形，∴AP∥mN.又AP⊄平面Smc，mN⊂平面Smc，∴AP∥平面Smc.[8分]解VB—Nmc＝VN—mBc＝13S△mBc•12SD＝13•12•Bc•mB•12SD＝16×1×12×12×2＝112.[12分]【突破思维障碍】．本题综合考查三视图、体积计算及线面平行、垂直等位置关系，首先要根据三视图想象直观图，尤其是其中的平行、垂直及长度关系，第问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABcD，第问是一个开放型问题，开放型问题能充分考查学生的思维能力和创新精神，近年来在高考试题中频繁出现这类题目．结合空间平行关系，利用平行的性质，设计开放型试题是新课标高考命题的一个动向．2．线线平行与线面平行之间的转化体现了化归的思想方法．.直线与平面平行的重要判定方法：定义法；判定定理；面与面平行的性质定理．2.平面与平面平行的重要判定方法：定义法；判定定理；利用结论：a⊥α，a⊥β⇒α∥β.3.线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化：一、选择题.下列命题中真命题的个数为①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线．A.1B．2c．3D．42.已知直线a、b、c和平面m，则直线a∥直线b的一个必要不充分的条件是A.a⊥m且b⊥mB．a∥m且b∥mc.a∥c且b∥cD．a，b与m所成的角相等3.在空间中，下列命题正确的是A.若a∥α，b∥a，则b∥αB.若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥αc.若α∥β，b∥α，则b∥βD.若α∥β，a⊂α，则a∥β4.设l1、l2是两条直线，α、β是两个平面，A为一点，有下列四个命题，其中正确命题的个数是①若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1与l2必为异面直线；②若l1∥α，l2∥l1，则l2∥α；③若l1⊂α，l2⊂β，l1∥β，l2∥α，则α∥β；④若α⊥β，l1⊂α，则l1⊥β.A.0B．1c．2D．35.若直线a，b为异面直线，则分别经过直线a，b的平面中，相互平行的有A.1对B．2对c.无数对D．1或2对二、填空题6.下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，m、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面mNP的图形的序号是________．,7.过三棱柱ABc—A1B1c1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的有______条．8.如图所示，ABcD—A1B1c1D1是棱长为a的正方体，m，N 分别是下底面的棱A1B1，B1c1的中点，P是上底面的棱AD 上的一点，AP＝a3，过P，m，N的平面交上底面于PQ，Q在cD上，则PQ＝________.三、解答题9．如图所示，在三棱柱ABc—A1B1c1中，m、N分别是Bc 和A1B1的中点．求证：mN∥平面AA1c1c.10．如图所示，在正方体ABcD－A1B1c1D1中，E是棱DD1的中点．在棱c1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．11．如图，四边形ABcD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝Bc ＝2，BF⊥平面AcE，且点F在cE上．求证：AE⊥BE；求三棱锥D—AEc的体积；设点m在线段AB上，且满足Am＝2mB，试在线段cE上确定一点N，使得mN∥平面DAE.学案43 空间的平行关系自主梳理．平行相交在平面内平行相交 2.公共点a ∥αa∥β 3.a∥l 4.平行相交 5.公共点α∥β 6.a∥βa∥b 7.a∥b α∥β自我检测．D 2.D 3.A 4.c5．面ABc和面ABD课堂活动区例1 解题导引证明线面平行问题一般可考虑证线线平行或证面面平行，要充分利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化．证明如图所示，作Pm∥AB交BE于m，作QN∥AB交Bc于N，连接mN.∵矩形ABcD和矩形ABEF全等且有公共边AB，∴AE＝BD.又∵AP＝DQ，∴PE＝QB，又∵Pm∥AB∥QN，∴PmAB＝EPEA，QNDc＝BQBD，∴PmAB＝QNDc.∴Pm綊QN，∴四边形PQNm为平行四边形，∴PQ∥mN又mN⊂平面BcE，PQ⊄平面BcE，∴PQ∥平面BcE.变式迁移1 证明取PD中点F，连接AF、NF、Nm.∵m、N分别为AB、Pc的中点，∴NF綊12cD，Am綊12cD，∴Am綊NF.∴四边形AmNF为平行四边形，∴mN∥AF.又AF⊂平面PAD，mN⊄平面PAD，∴mN∥平面PAD.例2 解题导引面面平行的常用判断方法有：面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；利用垂直于同一条直线的两个平面平行；关键是利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．证明方法一如图所示，连接B1D1、B1c.∵P、N分别是D1c1、B1c1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理mN∥平面A1BD.又PN∩mN＝N，∴平面mNP∥平面A1BD.方法二如图所示，连接Ac1、Ac.∵ABcD—A1B1c1D1为正方体，∴Ac⊥BD.又cc1⊥面ABcD，BD⊂面ABcD，∴cc1⊥BD，∴BD⊥面Acc1，又∵Ac1⊂面Acc1，∴Ac1⊥BD.同理可证Ac1⊥A1B，∴Ac1⊥平面A1BD.同理可证Ac1⊥平面PmN，∴平面PmN∥平面A1BD.变式迁移2证明如图所示，连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、Bc、Ac交于点D、E、F，连接DE、EF、FD，则有PG1∶PD＝2∶3，PG2∶PE＝2∶3，∴G1G2∥DE.又G1G2不在平面ABc内，DE在平面ABc内，∴G1G2∥平面ABc.同理G2G3∥平面ABc.又因为G1G2∩G2G3＝G2，∴平面G1G2G3∥平面ABc.解由知PG1PD＝PG2PE＝23，∴G1G2＝23DE.又DE＝12Ac，∴G1G2＝13Ac.同理G2G3＝13AB，G1G3＝13Bc.∴△G1G2G3∽△cAB，其相似比为1∶3，∴S△G1G2G3∶S△ABc＝1∶9.例3 解题导引近几年探索性问题在高考中时有出现，解答此类问题时先以特殊位置尝试探究，找到符合要求的点后再给出严格证明．证明连接Ac，过点c作cE⊥AB，垂足为E.在四边形ABcD中，AD⊥AB，cD∥AB，AD＝Dc，∴四边形ADcE为正方形．∴∠AcD＝∠AcE＝45°.∵AE＝cD＝12AB，∴BE＝AE＝cE.∴∠BcE＝45°.∴∠AcB＝∠AcE＋∠BcE＝45°＋45°＝90°.∴Ac⊥Bc.又∵Bc⊥Pc，Ac⊂平面PAc，Pc⊂平面PAc，Ac∩Pc＝c，∴Bc⊥平面PAc.∵PA⊂平面PAc，∴PA⊥Bc.解当m为PB的中点时，cm∥平面PAD.取AP的中点F，连接cm，Fm，DF.则Fm綊12AB.∵cD∥AB，cD＝12AB，∴Fm綊cD.∴四边形cDFm为平行四边形．∴cm∥DF.∵DF⊂平面PAD，cm⊄平面PAD，∴cm∥平面PAD.变式迁移3 解当Q为cc1的中点时，平面D1BQ∥平面PAo.∵Q为cc1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.∵P、o为DD1、DB的中点，∴D1B∥Po.又Po∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAo，QB∥平面PAo，∴平面D1BQ∥平面PAo.课后练习区．A [①、②、③错，④对．]2．D [注意命题之间的相互推出关系；易知选项D中，若两直线平行，则其与m所成的角相等，反之却不一定成立，故a、b与m所成的角相等是两直线平行的必要不充分条件．] 3．D [A不正确，由直线与平面平行的判定定理的条件知缺少条件b⊄α；B不正确，由两个平面平行的判定定理的条件，因a、b未必相交，而可能为两条平行直线，则α、β未必平行；c不正确，因有可能b⊂β；D正确，由两个平面平行的定义及直线与平面平行的定义知正确．]4．A [①错，l1⊂α，l2∩α＝A，l1与l2可能相交．②错，l2有可能在平面α内．③错，α有可能与β相交．④错，l1有可能与平面β相交或平行或在平面内．]5．A[如图，a，b为异面直线，过b上一点作a′∥a，直线a′，b确定一个平面β，过a上一点作b′∥b，b与b′确定一个平面α，则α∥β.因为α，β是惟一的，所以相互平行的平面仅有一对．]6．①③解析①∵面AB∥面mNP，∴AB∥面mNP，②过N作AB的平行线交于底面正方形的中心o，No⊄面mNP，∴AB与面mNP不平行．③易知AB∥mP，∴AB∥面mNP；④过点P作Pc∥AB，∵Pc⊄面mNP，∴AB与面mNP不平行．7.6解析如图，EF∥E1F1∥AB，EE1∥FF1∥BB1，F1E∥A1D，E1F∥B1D，∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6条．8.223a解析如图所示，连接Ac，易知mN∥平面ABcD，又∵PQ为平面ABcD与平面mNQP的交线，∴mN∥PQ.又∵mN∥Ac，∴PQ∥Ac，又∵AP＝a3，∴DPAD＝DQcD＝PQAc＝23，∴PQ＝23Ac＝223a.9．证明设A1c1中点为F，连接NF，Fc，∵N为A1B1中点，∴NF∥B1c1，且NF＝12B1c1，又由棱柱性质知B1c1綊Bc，又m是Bc的中点，∴NF綊mc，∴四边形NFcm为平行四边形．∴mN∥cF，又cF⊂平面AA1c1c，mN⊄平面AA1c1c，∴mN∥平面AA1c1c.0．解在棱c1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：如图所示，分别取c1D1和cD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，cD1，FG.因为A1D1∥B1c1∥Bc，且A1D1＝Bc，所以四边形A1BcD1是平行四边形，因此D1c∥A1B.又E，G分别为D1D，cD的中点，所以EG∥D1c，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面，所以BG⊂平面A1BE.因为四边形c1cDD1与B1Bcc1都是正方形，F，G分别为c1D1和cD的中点，所以FG∥c1c∥B1B，且FG＝c1c＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.1．证明由AD⊥平面ABE及AD∥Bc，得Bc⊥平面ABE，Bc⊥AE，而BF⊥平面AcE，所以BF⊥AE，又Bc∩BF＝B，所以AE⊥平面BcE，又BE⊂平面BcE，故AE⊥BE.解在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H，则EH⊥平面AcD.由已知及得EH＝12AB＝2，S△ADc＝22.故VD—AEc＝VE—ADc＝13×22×2＝43.解在△ABE中，过点m作mG∥AE交BE于点G，在△BEc中过点G作GN∥Bc交Ec于点N，连接mN，则由cNcE＝BGBE＝mBAB＝13，得cN＝13cE.由mG∥AE，AE⊂平面ADE，mG⊄平面ADE，则mG∥平面ADE.再由GN∥Bc，Bc∥AD，AD⊂平面ADE，GN⊄平面ADE，得GN∥平面ADE，所以平面mGN∥平面ADE.又mN⊂平面mGN，则mN∥平面ADE.故当点N为线段cE上靠近点c的一个三等分点时，mN∥平面ADE.。

新高考一轮复习特训---空间直线、平面的平行--(含答案)高中数学-高考专区-一轮复习

2025届新高考一轮复习特训空间直线、平面的平行一、选择题1．已知m ，n 表示两条直线，α，β，γ表示平面，下列命题中正确的有( )①若m αγ= ，n βγ= ，且//m n ，则//αβ；②若m ，n 相交且都在平面α，β外，//m α，//m β，//n α，//n β，则//αβ；③若//m α，//m β，则//αβ；④若//m α，//m β，且//m n ，则//αβ.A.1个B.2个C.3个D.4个2．如图,P 为平行四边形ABCD 所在平面外一点,E 为AD 的中点,F 为PC 上一点,当//PA平面EBF =( )3．已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是( )A.若m α⊥，//n α，则m n ⊥B.若m α⊥，//m n ，则n α⊥C.若//m n ，n β⊥，m α⊥，则//αβD.若m α⊥，m n ⊥，则//n α4．《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在如图所示的鳖臑A BCD -中,AB ⊥平面BCD ,BD CD ⊥,E ,F 分别为BC ,AD 的中点,过EF 的截面α与AC 交于点G ,与BD 交于点H ,1AB =,若//AB 截面α,且//CD 截面α,四边形GEHF 是正方形,则CD =( )D.25．已知l ,m ,n 是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的为( )A.若//l m ,//αβ,l α⊥,则m β⊥B.若//l α,//αβ,则//l βC.若αβ⊥,βγ⊥,则//αγD.若l m ⊥,m n ⊥,l α⊂,n α⊂,则m α⊥6．设α，β是两个不同的平面，m ，l 是两条不同的直线，且l αβ= ，则“//m l ”是“//m β且//m α”的( )A.充分不必要条件 B.充分必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件7．如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,O 为底面ABCD 的中心,P 是1DD 的中点,设Q 是1CC 上的点,当点Q 在位置时,平面1//D BQ 平面PAO,( ).A.Q 与C 重合B.Q 与重合C.Q 为的三等分点D.Q 为1CC 的中点8．设l是直线，，是两个不同平面，则下面命题中正确的是( )A.若，，则 B.若，l β⊥，则C.若l β⊥，，则//l αD.若，αβ⊥，则1C 1CC αβ//l α//l β//αβ//l ααβ⊥αβ⊥//l αl β⊥A.满足//MP 平面1BDA 的点PB.满足MP AM ⊥的点P 的轨迹长度为C.存在唯一的点P 满足APM ∠D.存在点P 满足4PA PM +=10．下列说法不正确的是( )A.若直线a ，b 没有交点，则a ，b 为异面直线B.若直线//a 平面α，则a 与α内任何直线都平行C.若直线a ⊥平面α，平面//α平面β，则直线a ⊥平面βD.如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补11．如图,一块边长为10cm 正方形铁片上有四个以O 为顶点的全等的等腰三角形（如图1）,将这4个等腰三角形裁下来,然后用余下的四块阴影部分沿虚线折叠,使得A ,A '重合,B ,B '重合,C ,C '重合,D ,D '重合,1P ,2P ,3P ,4P 重合为点P ,得到正四棱锥O ABCD -（如图2）.则在正四棱锥O ABCD -中,以下结论正确的是( )A.平面OAC ⊥平面OBDB.//AD 平面OBCC.当AP =()2cm D.当正四棱锥的体积取到最大值时,()4cm AP =三、填空题12．如图，在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，M 在线段BC 上，且13CM BC =，N 是侧面11CDD C 上一点，且//MN 平面1A BD ，则线段MN 的最大值为________.13．如图，棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，P 分别是线段1B C 和11A C 上的动点.对于下列四个结论：①存在无数条直线//EP 平面11AA B B ；②线段EP 长度的取值范围是2,⎡⎣；③三棱锥P ACE -④设E ，P 分别为线段1B C 和11A C 上的中点，则线段EP 的垂直平分线与底面的交点构成的集合是圆.则其中正确的命题有__________.14．已知直线m ，n ，平面α，β，若//αβ，m α⊂，n β⊂，则直线m 与n 的关系是___________四、解答题15．如图,四棱锥P ABCD -中,2PA PB AB AD ====,4BC =,//AD BC ,AD AB ⊥,AC 与BD 交于点O ,过点O 作平行于平面PAB 的平面α.(1)若平面α分别交PC ,BC 于点E ,F ,求OEF △的周长;(2)当PD =与平面PCD 夹角的正弦值.16．如图,已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外的一点,E 、F 分别是PA 、BD 上的点且E 、F 分别是PA 、BD 的中点.求证：//EF 平面PBC .17．如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为1BB 的中点．（1）求证：1//BC 平面1AD E ;（2）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．18．如图,在底面是矩形的四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,E 是PD 的中点.(1)求证：//PB 平面EAC ;(2)求证：平面PDC ⊥平面PAD .19．如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点.（1）证明：//OE 平面PAC .（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值.参考答案1．答案：A解析：对于①，若m αγ= ，n βγ= ，且//m n ，则//αβ或相交，故①错误；对于③和④，α与β也可能相交，均错误；对于②，设m ，n 相交确定平面γ，根据线面平行的判定定理知//αγ，//βγ，根据平行平面的传递性得知//αβ.故选：A.2．答案：D解析：连接AC 交BE 于G ,连接FG ,//PA Q 平面EBF ,PA ⊂平面PAC 平面PAC I 平面BEF FG =,//PA FG ∴,=又//AD BC ,E 为AD 的中点,AG AE GC BC ∴==12=故选:D.3．答案：D解析：对于A ，当//n α时，过n 作平面β，使l βα= ，则//n l ，因为m α⊥，l α⊂，所以m l ⊥，所以m n ⊥，故A 正确；对于B ，由线面垂直的性质知B 正确；对于C ，因为//m n ，n β⊥，所以m β⊥，又m α⊥，所以//αβ，故C 正确；对于D ，当m α⊥，m n ⊥时，n 可能在平面α内，故D 错误.故选D.4．答案：B 解析：如图所示:过EF 的截面α与AC 交于点G ,与BD 交于点H ,则截面α即为四边形GEHF ,又因为AB//截面α,AB ⊂平面ABC ,平面ABC 平面GE α=,AB ⊂平面ABD ,平面ABD 平面HF α=,所以////AB GE HF ,又//CD 截面α,同理可得,////CD GF EH ,因为在ABC △中,E 为线段BC 的中点,所以线段GE 是ABC △的中位线,因为在ABD △中,F 为线段AD 的中点,所以线段HF 是ABD △的中位线,所以点E ,H 分别是线段BC ,BD 的中点,所以线段EH 是BCD △的中位线,所以2CD EH =,又四边形GEHF 是正方形,所以221CD EH GE AB ====.故选:B.5．答案：A解析：l ,m ,n 是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,对于A,若//l m ,//αβ,l α⊥,则由线面垂直的性质得m β⊥,故A 正确;对于B,若//l α,//αβ,则//l β或l β⊂,故B 错误;对于C,若αβ⊥,βγ⊥,则α与γ平行或相交,故C 错误;对于D,若l m ⊥,m n ⊥,l α⊂,n α⊂,则m 与α平行、相交或m α⊂,故D 错误.故选：A.6．答案：C解析：当//m l 时，m 可能在α内或者β内，故不能推出//m β且//m α.当//m β且//m α时，设存在直线n α⊂，n β⊂/，且//n m ，因为//m β，所以//n β，根据直线与平面平行的性质定理，可知//n l ，所以//m l .故"//m l "是"//m β且//m α"的必要不充分条件.7．答案：D解析：在正方体中,1111ABCD A B C D -因为O 为底面ABCD 的中心,P 是的中点,,所以,设Q 是上的点,当点Q 在的中点位置时,,所以四边形ABQP 是平行四边形,所以,因为,,AP,平面APO ,BQ ,平面,所以平面平面PAO ,故选:D.以D 为原点,分别以DA ,DC ,则(2,0,0)A ,,设(,P x 1DD 1//PO BD 1CC 1CC //PQ AB //AP BQ AP PO P = 1BQ BD B = PO ⊂1BD ⊂1BQD 1//D BQ DD (0,2,1)M故选:AC10．答案：AB解析：对于A，直线a，b没有交点，则直线a，b为平行直线或异面直线，故A错误；对于B，直线//a平面α，则a与α内任何直线都没有交点，则a与α内直线可能为平行直线或异面直线，故B错误；对于C,直线a⊥平面α，则α内一定存在两相交直线，不妨设为m,n,满足a m⊥,α平面β，过m作一平面与β相交，交线设为m'，⊥，由平面//a n则//'，n nm m'，同理过n作一平面与β相交，交线设为n'，则//则m ',n '相交，则a m '⊥,a n '⊥，故直线a ⊥平面β，故C 正确；对于D ，如果空间中两个角的两条边分别对应平行，根据等角定理可知，这两个角相等或互补，故D 正确，故选：AB 11．答案：ABD解析：对于A,连接OP ,在正四棱锥O ABCD -中,,由折叠可得,P 为的中点,所以,因为四边形为正方形,所以AC BD ⊥,即AP BD ⊥,因为BD OP O = ,BD ,OP ⊂平面OBD ,所以AP ⊥平面OBD ,因为AP ⊂平面OAC ,所以平面OAC ⊥平面OBD ,所以A 正确,对于B,因为//AD BC ,AD ⊄平面OBC ,BC ⊂平面OBC ,所以//AD 平面OBC ,所以B 正确,对于C,当2cm AP =时,因为四边形ABCD 为正方形,所以AB =因为在图1中,2A BP '△为等腰直角三角形,所以22A P '=,所以12AP =,因为正方形铁片的边长为10,所以OA ==所以OAB △中AB==OP===,所以114432O ABCD V -=⨯⨯⨯=设内切球的半径为r ,则11433O ABCD ABCD AOB V Sr S r -=⋅+⨯⋅,11114443232r =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯,解得r =OA OC =AC AP OP ⊥ABCD所以该正四棱锥内切球的表面积为2224π4π4π5r==()2cm,所以C错误,对于D,设AP x=,则OA===所以1223O ABCDV x x x-=⨯⨯=t=∈,则2410)O ABCDV t t t-=-+,令2410)y t t t=-+,则2422305)5)(1)y t t t t'=-+=--,令0y'=,则25t=（舍去）,或21t=,当201t<<时,0y'>,当215t<<时,0y'<,所以当21t=,AP=解析：如图，线段CD上取一点E，使得13CE CD=，在线段1DD上取一点F，使得1113D F DD=，连接ME，EF，1CD，11D FCECD DD===//BD，1//EF CD，又11//A B CD，所以1//EF A B，因为ME⊄平面1A BD，BD⊂平面1A BD，所以//ME平面1A BD，同理，因为EF⊄平面1A BD，1A B⊂平面1A BD，所以//EF平面1A BD，又ME EF E=，所以平面//MEF平面1A BD，因此，N在线段EF上.在因为ME ====所以线段MN13．答案：①③解析：对①：过P 作11//PK A B ，1//KE BB 交1B C 于E ，连接EP ，则//EP 平面11AA B B ，因为P 点再11A C 上运动，故满足条件的直线EP 有无数条.所以①正确；对②：当E 与1B 重合，P 为11A C 中点时，EP =长度取值范围是2,⎡⎣是错误的；对③：因为直线11//A C 平面1AB C ，所以P 到平面1AB C 的距离为定值，是正方体体对角线的1B 重合时，底面积最大，此时P ACE -的体积最大，为(213P ACEV -==对④，当E ，P 位置确定时，线段EP 的垂直平分线构成一个平面，它和底面的交点应该是一条直线，所以④错误.故答案为：①③.14．答案：平行或异面解析：由题意//αβ，m α⊂，n β⊂故直线m 与n 没有交点故直线m 与n 平行或异面故答案为：平行或异面15．答案：(1)4解析：(1)由题意可知,四边形ABCD 是直角梯形,AOD ∴△与COB △相似,又12AD BC =,∴12AO OC =,12OD OB =,因为过点O 作平行于平面PAB 的面α分别交PC ,BC 于点E ,F ,即平面//OEF 平面PAB ,平面OEF 平面PBC EF =,平面PBC 平面PAB PB =,平面OEF 平面PAC OE =,平面PAC 平面PAB PA =,平面OEF 平面ABC OF =,平面ABC 平面PAB AB =,由面面平行的性质定理得//OE PA ,//OF AB ,//EF PB ,所以PAB △与OEF △相似,相似比为3:AP PB OE EF ===因为PAB △的周长为6,所以OEF △的周长为4.(2) 平面//α平面PAB ,∴平面α与平面PCD 的夹角与平面PAB 与平面PCD 的夹角相等,2AD =,2PA =,PD =222PD AD PA =+,∴AD PA ⊥,又AD AB ⊥,AB PA A = ,AB ,PA ⊂平面PAB ,∴AD ⊥平面PAB ,AD ⊂平面ABCD ,∴平面PAB ⊥平面ABCD ,取AB 的中点G ,因为ABC △为等边三角形, PG AB ∴⊥,平面PAB 平面ABCD AB =,PG ⊂平面PAB , PG ∴⊥平面ABCD ,以A 点为原点,AB 所在直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴,过点A 与PG 平行的直线为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系,则()0,0,0A ,()0,2,0D,(P ,()2,4,0C ,()0,2,0AD = ,()2,2,0DC =,(1,DP =- ,设平面PCD 的法向量(),,n x y z =,则00DC n DP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即22020x y x y +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩,取1x =,则(1,1,n =-,AD ⊥平面PAB , AD ∴是平面PAB 的一个法向量,设平面α与平面PCD 夹角为θ,则cos AD n AD n θ⋅===θ=所以平面α与平面16．答案：证明见解析.解析：因为在平行四边形ABCD 中,F 是BD 的中点,所以F 是AC 的中点,因为E 是PA 的中点,所以//EF PC ,又EF ⊄平面PBC ,PC ⊂平面PBC ,所以//EF 平面PBC .17．答案：（1）证明见解析;.解析：（1）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中,11//AB A B 且,1111//A B C D 且,11//AB C D ∴且,所以,四边形11ABC D 为平行四边形,则,1BC ⊄ 平面,1AD ⊂平面,1//BC ∴平面;[方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点,AD 、、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系,11AB A B =1111A B C D =11AB C D =11//BC AD 1AD E 1AD E 1AD E AB A xyz -设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,则、()10,0,2A 、、()0,2,1E ,()12,0,2AD = ,()0,2,1AE =,设平面的法向量为(),,n x y z = ,由,得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩,令,则2x =,,则()2,1,2n =-.又向量()12,0,2BC = ,,又1BC ⊄ 平面,1//BC ∴平面1AD E ;（2）[方法一]：几何法延长1CC 到F ,使得1C F BE =,连接EF ,交11B C 于G ,又1//C F BE ,∴四边形1BEFC 平行四边形, 1//BC EF ∴,又11//BC AD ,1//AD EF ∴,所以平面1AD E 即平面1AD FE ,连接1D G ,作11C H D G ⊥,垂足为H ,连接FH ,1FC ⊥平面,平面,,又111FC C H C = ,直线1D G ⊥平面,又直线平面1D GF ,平面1D GF ⊥平面,∴在平面1D GF 中的射影在直线上,∴直线为直线1FC 在平面中的射影,1C FH ∠为直线与平面1D GF 所成的角,()0,0,0A ()12,0,2D 1AD E 10n AD n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2z =-1y = ()12201220BC n =⨯+⨯+⨯-=⋅1AD E 为1111D C B A 1D G ⊂1111D C B A 11FC D G ∴⊥∴1C FH 1D G ⊂∴1C FH 1C FH FH 1D GF 1FC根据直线直线1AA ,可知为直线1AA 与平面所成的角.设正方体的棱长为2,则111C G C F ==,1C H ==11sin C H C FH FH ∴∠==即直线与平面1AD[方法二]：向量法接续（1)的向量方法,求得平面的法向量()2,1,2n =-,又()10,0,2AA = ,∴直线与平面1AD [方法三]：几何法+体积法如图,设11B C 的中点为F ,延长,AE ,易证三线交于一点P ．因为11//BB AA ,,所以直线1AA 与平面所成的角,即直线1B E 与平面所成的角．1//FC 1C FH ∠1AD G 1D G =FH ∴==1AA 1AD E 1114cos ,32n AA n AA n AA ⋅<>=⨯∴=-=⋅1AA 11A B 1D F 1//EF AD 1AD E PEF设正方体的棱长为2,在PEF △中,易得EF =可得由11B PEF P B V V --=三棱锥三棱锥,整理得1BH =所以所以直线1AA 与平面[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2,点到平面1AED 的距离为h ,在中,AE =,13D E =,所以1sin AED ∠=．由111E AA D A AED V V --=,解得h =设直线与平面1AED 所成的角为,所以1sin h AA θ==18．答案：(1)证明见解析;(2)证明见解析.PE PF ==PEF S =1311112232B H ⋅=⨯⨯⨯⨯111sin B H B EH B E ∠==1AD 1A 1AED △1AD =2221111cos 2D E AE AD AED D E AE +-∠===⋅13AED =△1111113AD A AED S A B S h ⋅=⋅ △1AA θ解析：(1)连接BD 交AC 于点G ,连接EG .四边形ABCD 是矩形,G ∴是BD 的中点.又E 为PD 的中点,//PB EG ∴.EG ⊂ 平面EAC ,PB ⊄平面EAC ,//PB ∴平面EAC (2)PA ⊥ 面ABCD ,CD ⊂面ABCD ,PA CD ∴⊥.ABCD 是矩形,AD CD ∴⊥.而PA AD A = ,PA ,AD ⊂平面PAD ,CD ∴⊥平面PAD ,又CD ⊂平面PDC .平面PDC ⊥平面PAD .19．答案：（1）证明见解析解析：（1）证明：如图，连接OA .因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，所以PO OA ⊥，PO OB ⊥，所以90POA POB ∠=∠=︒.又PA PB =，PO PO =，所以Rt Rt POA POB ≌△△，所以OA OB =.取AB 的中点D ，连接OD ，DE ，则有OD AB ⊥.又AB AC ⊥，所以//OD AC .因为OD ⊂/平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以//OD 平面PAC .因为D ，E 分别为AB ，PB 的中点，所以//DE PA .因为DE ⊂/平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以//DE 平面PAC .因为OD ，DE ⊂平面ODE ，OD DE D = ，所以平面//ODE 平面PAC .又平面ODE ，所以平面PAC .（2）由（1）知.以D 为原点，分别以DB ，DO 所在直线为x 轴、y 轴，以过点D 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图.因为3PO =，5PA PB ==，且PO OA ⊥，PO OB ⊥，所以4OA OB ==.又30ABO CBO ∠=∠=︒，所以122OD OB ==，DA DB ==所以(0,2,3)P ，B ，(A-，32E ⎫⎪⎭，所以AB =，32AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ .设平面AEB 的法向量为()1111,,x y z =n ，则110,0,AB AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即11110,30,2y z ⎧=⎪⎨++=⎪⎩所以10x =.取13y =，得12z =-，所以1(0,3,2)=-n .设AC a =，则(,0)C a -，所以(0,,0)AC a = .设平面AEC 的法向量为()2222,,x y z =n ，则220,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即22220,30,2ay y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩所以20y =.取2x =26z =-，所以26)=-n .所以121212cos ,⋅===n n n n n n OE ⊂//OE OD AB ⊥所以二面角C AE B --=。

2025年高考数学一轮复习课时作业-空间直线、平面的平行【含解析】

3.(5 分)在三棱锥 D ABC 中,M,N 分别是△ACD 和△BCD 的重心,以下与直线 MN 平行的是( )
A.直线 CD B.平面 ABD C.平面 ACD D.平面 BCD
【解析】选 B.如图所示,取 CD 的中点为 E,连接 AE,BE,由 M,N 分别是△ACD 和 △BCD 的重心,
1
1
1
1
法正确的是( )
A.BD1∥GH B.BD 与 EF 异面 C.EH∥平面 ABCD D.平面 EFGH∥平面 A1BCD1
7.(5 分)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
EF)如图所示,四棱柱 ABCD A1B1C1D1 是棱长为 a 的正方体,M,N 分别是棱
【能力提升练】 12.(5 分)(多选题)如图,透明塑料制成的长方体容器 ABCD-A1B1C1D1 内灌进一些水,固定容器一边 AB 于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜程度的不同,有下面几个结论,其中正确的是( )
A.没有水的部分始终呈棱柱形
B.水面 EFGH 所在四边形的面积为定值
C.随着容器倾斜程度的不同,A1C1 始终与水面所在平面平行
) B.棱 AA1 的中点 D.棱 A1B1 的中点
5.(5 分)如图,在三棱柱 ABC A1B1C1 中,AM=2MA1,BN=2NB1,过 MN 作一平面分别交底面△ABC 的边 BC,AC 于点 E,F,则( )
A.MF∥EB
B.A1B1∥NE
C.四边形 MNEF 为平行四边形
D.四边形 MNEF 为梯形
由于 B1,N,E 三点共面,B1∈平面 B1NE,A1∉平面 B1NE,故 A1B1,NE 为异面直线,故 B 错误; 因为在平行四边形 AA1B1B 中,AM=2MA1, BN=2NB1, 所以 AM∥BN,AM=BN, 故四边形 AMNB 为平行四边形, 所以 MN∥AB,MN=AB. 又 MN⊄平面 ABC,AB⊂平面 ABC, 所以 MN∥平面 ABC. 又 MN⊂平面 MNEF, 平面 MNEF∩平面 ABC=EF, 所以 MN∥EF,所以 EF∥AB, 显然在△ABC 中,EF≠AB, 所以 EF≠MN, 所以四边形 MNEF 为梯形,故 C 错误,D 正确. 【加练备选】

高考数学一轮复习专题40 空间中的平行关系押题专练文

专题40 空间中的平行关系1．已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若α∥β，m∥n，m∥α，则n∥βD．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β答案：B2．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是( )A．a平行于α内的所有直线B．α内有无数条直线与a平行C．直线a上的点到平面α的距离相等D．α内存在无数条直线与a成90°角解析：选A.若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．3．已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( ) A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．a⊥α，b∥α，则a⊥bD．当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b解析：选C.A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；C正确；D中的直线a，b也可能异面．4．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②不正确；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a 与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．5．已知直线a与平面α、β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在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平行的直线解析：选D.设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( )A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合7．正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则正确的命题是( )A ．AE ⊥CGB ．AE 与CG 是异面直线C ．四边形AEC 1F 是正方形D ．AE ∥平面BC 1F面BC 1F .8．设l ，m ，n 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ∥l ，且m ⊥α，则l ⊥α；②若m ∥l ，且m ∥α，则l ∥α；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，则l ∥m ∥n ；④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m .其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.易知①正确；②错误，l 与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明．9．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GH AC ＝k ，∴AH DA ＝EH BD＝1－k ，∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，∴周长＝8＋2k . 又∵0＜k ＜1，∴周长的取值范围为(8,10)．答案：(8,10)10．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 ＝________.答案：223a 11．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________．解析：根据题意可得到以下如图两种情况：可求出BD 的长分别为245或24. 答案：24或24512．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .解析：假设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥PA .连接DB ，因为P ，O 分别为DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面PAO ，QB ⊄平面PAO ，所以D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ，又D 1B ∩QB ＝B ，∴平面D 1BQ ∥平面PAO ，故Q 满足Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .答案：Q 为CC 1的中点13．如图E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点．求证：(1)EG∥平面BB1D1D；(2)平面BDF∥平面B1D1H.证明：(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，易证四边形BEGO为平行四边形，故OB∥GE，由线面平行的判定定理即可证EG∥平面BB1D1D.14．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点E在线段B1C1上，B1E＝3EC1，试探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．解：法一：当AF ＝3FC 时，FE ∥平面A 1ABB 1.证明如下：在平面A 1B 1C 1内过点E 作EG ∥A 1C 1交A 1B 1于点G ，连接AG .∵B 1E ＝3EC 1，∴EG ＝34A 1C 1，又AF ∥A 1C 1且AF ＝34A 1C 1，∴EG∥平面A1ABB1，∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.15．如图，几何体EABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点．求证：DM∥平面BEC.(3)在(2)的条件下，在线段AD上是否存在一点N，使得BN∥面DEC，并说明理由．(2)法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以∠BDN＝∠CBD，所以DN∥BC. 又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.所以DM∥平面BEC.(3)存在点N为AD的中点取AD的中点N，连接BN，O为BD的中点由(2)可知∠DCO＝60°，∴∠BDC＝30°，又∵DBN＝30°，∴BN∥DC.DC⊂面DEC，∴BN∥面DEC.。

人教A版高考理科数学一轮总复习课后习题课时规范练41 空间直线、平面的平行关系

课时规范练41 空间直线、平面的平行关系基础巩固组1.已知平面α,直线m⊄α,n⊂α,则“m∥α”是“m∥n”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.已知a,b,c为三条不同的直线,α,β,γ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α∥βC.若α∥β,a∥α,则a∥βD.若α∩β=a,β∩γ=b,α∩γ=c,a∥b,则b∥c3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点,若A1C∥平面BC1D,则D为( )A.棱AB的中点B.棱A1B1的中点C.棱BC的中点D.棱AA1的中点4.(北京东城二模)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离d的最小值为( )A.1B.√22C.√64D.√33①α∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.可以填入的条件有(填所有正确的序号).综合提升组6.(陕西安康二模)如图,在四面体ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,H 分别在棱BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.给出下列四个结论:①BD∥平面EGHF;②FH∥平面ABC;③AC∥平面EGHF;④直线GE,HF,AC交于一点.其中正确结论的个数为( )A.1B.2C.3D.47.(陕西西安中学三模)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点,若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是.创新应用组8.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ABFE答案：课时规范练41 空间直线、平面的平行关系1.B 因为m⊄α,n⊂α,当m∥α时,m与n平行或异面,即充分性不成立;当m∥n时,满足线面平行的判定定理,m∥α成立,即必要性成立.所以“m ∥α”是“m∥n”的必要不充分条件.2.D 若a∥b,b⊂α,则a∥α或a⊂α,故A不正确;若a⊂α,b⊂β,a∥b,则α∥β或α与β相交,故B不正确;若α∥β,a∥α,则a∥β或a⊂β,故C不正确;如图,由a∥b可得b∥α,易证b∥c,故D正确.3.B 如图,当D为棱A1B1的中点时,取AB的中点E,∵A1E∥BD,DC1∥EC,DC1∩BD=D,∴平面A1CE∥平面BC1D,又A1C⊂平面A1CE,则A1C∥平面BC1D.4.D 如图,连接AC,CD1,A1C,则A1C1∥AC,AC⊂平面AD1C,A1C1⊄平面AD1C,所以A1C1∥平面AD1C,故d的最小值等于A1到平面AD1C的距离.由V A1-AD1C =V C-A1AD1可得,13×√34×(√2)2·d min=13×12×1×1×1,解得d min=√33.5.①或③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.6.B 因为BG∶GC=DH∶HC=1∶2,所以GH∥BD,且GH=23BD,又E,F分别为AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=12BD,则EF∥GH.又BD⊄平面EGHF,GH⊂平面EGHF,所以BD∥平面EGHF,故①正确;因为F为AD的中点,H为CD的一个三等分点,所以FH与AC为相交直线,故FH与平面ABC必不平行,AC也不平行于平面EGHF,故②③错误;因为四边形EFHG为梯形,所以EG与FH 必相交,设交点为M,又EG⊂平面ABC,FH⊂平面ACD,则M是平面ABC与平面ACD的一个交点,所以M∈AC,即直线GE,HF,AC交于一点,故④正确.故选B.7.3√22,√5如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,分别取B1C1,BB1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N,ME,BC1,又E,F分别是棱BC,CC1的中点,∴MN∥BC1∥EF,EF⊂平面AEF,MN⊄平面AEF,∴MN∥平面AEF.显然四边形BEMB1为矩形,有ME∥BB1∥AA1,ME=BB1=AA1,即有四边形AEMA1为平行四边形,则A1M∥AE,而AE⊂平面AEF,A1M⊄平面AEF, ∴A1M∥平面AEF.又A1M∩MN=M,∴平面A1MN∥平面AEF.∵A1P∥平面AEF,∴A1P⊂平面A1MN,又点P在四边形BCC1B1内,平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,从而得点P在线段MN上(不含端点),在△A1MN中,A1M=A1N=√5,MN=√2,△A1MN底边MN上的高h=√A1M2-(12MN)2=3√22,于是得3√22≤A1P<√5.8.A 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,∵点B不在平面CDEF中,点F在平面CDEF 中,∴直线BF与平面CDEF相交,又CD⊂平面CDEF,∴不存在某一位置,使得BF∥CD,故C错误;对于D,∵四边形CDEF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.。