（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題八 立體幾何 3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)試題 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

直線、平面平行的判定與性質(zhì)挖命題【考情探究】考點內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點1.直線與平面平行的判定與性質(zhì)①以立體幾何的有關(guān)定義、公理和定理為出發(fā)點,認(rèn)識和理解空間中線面平行、面面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理,并能夠證明相關(guān)性質(zhì)定理.②能運用線面平行、面面平行的判定及性質(zhì)定理證明空間圖形的平行關(guān)系2018江蘇,15,14分直線和平面平行的判定面面垂直的判定★★★2017江蘇,15,14分直線和平面平行的判定線線垂直的判定、面面垂直的性質(zhì)2016課標(biāo)Ⅱ,14,5分直線和平面平行的判定和性質(zhì)線面角、線面垂直的性質(zhì)2014課標(biāo)Ⅱ,18,12分線面平行的判定三棱錐的體積、二面角2.平面與平面平行的判定與性質(zhì)2015山東,17,12分線面平行的判定、面面平行的性質(zhì)線面垂直的性質(zhì)、二面角★★☆分析解讀從近5年高考情況來看,本節(jié)內(nèi)容一直是高考的熱點,主要考查直線與平面及平面與平面平行的判定和性質(zhì),常設(shè)置在解答題中的第(1)問,難度中等,解題時應(yīng)注意線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化,應(yīng)充分發(fā)揮空間想象能力以及邏輯思維能力.破考點【考點集訓(xùn)】考點一直線與平面平行的判定與性質(zhì)1.(2017山西大學(xué)附中10月模擬,11)如圖,在四面體ABCD中,若截面PQMN是正方形,則在下列命題中,錯誤的為()A.AC⊥BDB.AC=BDC.AC∥截面PQMND.異面直線PM與BD所成的角為45°答案B2.(2017山西太原五中月考,14)過三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線,其中與平面ABB1A1平行的直線共有條.

答案63.(2018江蘇無錫模擬,18)如圖,在四面體PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D為PC的中點.(1)求證:AD⊥BD;(2)若M為PB的中點,點N在直線AB上,且AN∶NB=1∶2,求證:直線AD∥平面CMN.證明(1)∵PA=AC,D為PC的中點,∴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)連接DM,設(shè)BD與CM交于點G,連接NG.∵D、M分別為PC和PB的中點,∴DM∥BC且DM=12∴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,∴直線AD∥平面CMN.考點二平面與平面平行的判定與性質(zhì)1.(2018安徽黃山二模,4)下列說法中,錯誤的是()A.若平面α∥平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,則l∥mB.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=l,m?α,m⊥l,則m⊥βC.若直線l⊥平面α,平面α⊥平面β,則l∥βD.若直線l∥平面α,平面α∩平面β=m,直線l?平面β,則l∥m答案C2.(2017河南豫西五校4月聯(lián)考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直線,α、β表示不同平面,若m?α,n?α,l1?β,l2?β,l1∩l2=M,則α∥β的一個充分條件是()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江西九江模擬,19)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E、F分別是棱BC、CC1的中點.(1)若線段AC上的點D滿足平面DEF∥平面ABC1,試確定點D的位置,并說明理由;(2)證明: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的中點,∴D是線段AC的中點.(6分)(2)證明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,∴側(cè)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分別為棱BC、CC1的中點,∴EF∥BC1,(11分)∴EF⊥A1C.(12分)煉技法【方法集訓(xùn)】方法1證明直線與平面平行的方法1.如圖,空間幾何體ABCDFE中,四邊形ABCD是菱形,直角梯形ADFE所在平面與平面ABCD垂直,且AE⊥AD,EF∥AD,P,Q分別是棱BE、DF的中點.求證:PQ∥平面ABCD.證明如圖,作PM∥EA交AB于M,作QN∥EA交AD于N,連接MN.因為P、Q分別是棱BE、DF的中點,所以PM∥EA且PM=12EA,QN∥EA且QN=1所以PMQN,所以四邊形PMNQ為平行四邊形,所以PQ∥MN,又PQ?平面ABCD,MN?平面ABCD,所以PQ∥平面ABCD.2.如圖所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,點D,D1分別是AC,A1C1的中點.(1)證明:AD1∥平面BDC1;(2)證明:BD∥平面AB1D1.證明(1)∵D1,D分別為A1C1,AC的中點,四邊形ACC1A1為平行四邊形,∴C1D1DA,∴四邊形ADC1D1為平行四邊形,∴AD1∥C1D.又AD1?平面BDC1,C1D?平面BDC1,∴AD1∥平面BDC1.(2)連接D1D,如圖.易知DD1CC1,又CC1BB1,∴BB1DD1.故四邊形BDD1B1為平行四邊形.∴BD∥B1D1.又BD?平面AB1D1,B1D1?平面AB1D1,∴BD∥平面AB1D1.3.(2018廣東惠州一調(diào),19)如圖,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,點E在A1D上.(1)證明:AA1⊥平面ABCD;(2)當(dāng)A1EED為何值時,A1解析(1)證明:因為四邊形ABCD是菱形,∠ABC=60°,所以AB=AD=AC=2,在△AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA同理,AA1⊥AD,又AB∩AD=A,所以AA1⊥平面ABCD.(4分)(2)當(dāng)A1EED理由如下:連接BD交AC于點O,連接OE,假設(shè)A1B∥平面EAC,由于A1B?平面A1BD,且平面EAC∩平面A1BD=OE,則OE∥A1B,∵O為BD的中點,∴在△A1BD中,E為A1D的中點,即A1直線A1B與平面EAC之間的距離等于點A1到平面EAC的距離,因為E為A1D的中點,所以點A1到平面EAC的距離等于點D到平面EAC的距離,VD-EAC=VE-ACD,設(shè)AD的中點為F,連接EF,則EF∥AA1,且EF=1,所以EF⊥平面ACD,可求得S△ACD=3,所以VE-ACD=13×1×3=3又因為AE=2,AC=2,CE=2,所以S△EAC=72,所以13S△EAC·d=13×72d=33(d表示點D到平面EAC的距離),解得d=2方法2證明平面與平面平行的方法1.(2018安徽合肥一中模擬,18)如圖,四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點.(1)求證:BE∥平面DMF;(2)求證:平面BDE∥平面MNG.證明(1)如圖,連接AE,則AE必過DF與GN的交點O,連接MO,則MO為△ABE的中位線,所以BE∥MO,又BE?平面DMF,MO?平面DMF,所以BE∥平面DMF.(2)因為N,G分別為平行四邊形ADEF的邊AD,EF的中點,所以DE∥GN.又DE?平面MNG,GN?平面MNG,所以DE∥平面MNG.又M為AB的中點,所以MN為△ABD的中位線,所以BD∥MN,又BD?平面MNG,MN?平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線,所以平面BDE∥平面MNG.2.(2017河南中原名校聯(lián)考,20)如圖,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F分別為AD,PA的中點,在BC上有且只有一個點Q,使得PQ⊥QD.(1)求證:平面BEF∥平面PDQ;(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.解析(1)證明:如圖,以點A為原點,分別以AB,AD,AP的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),設(shè)Q(1,x,0),則PQ=(1,x,-1),QD=(-1,a-x,0),(2分)若PQ⊥QD,則PQ·QD=-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0,Δ=(-a)2-4,∵在BC上有且只有一個點Q,使得PQ⊥QD,∴Δ=0,∴a=2,x=1.(4分)∴Q(1,1,0),QD=(-1,1,0),又E是AD的中點,∴E(0,1,0),BE=(-1,1,0),∴QD=BE,∴BE∥DQ,又BE?平面PDQ,DQ?平面PDQ,∴BE∥平面PDQ,又F是PA的中點,∴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)設(shè)平面BFQ的法向量n1=(x,y,z),則n1·BF=0,n1·BQ=0,易知BF=-1,0∴-x+1同理,可得平面BEF的一個法向量n2=(1,1,2),∴cos<n1,n2>=n1·n又易知二面角E-BF-Q為銳角,∴二面角E-BF-Q的余弦值為306過專題【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組1.(2016課標(biāo)Ⅱ,14,5分)α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題: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與α所成的角和n與β所成的角相等.其中正確的命題有.(填寫所有正確命題的編號)

答案②③④2.(2014課標(biāo)Ⅱ,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.(1)證明:PB∥平面AEC;(2)設(shè)二面角D-AE-C為60°,AP=1,AD=3,求三棱錐E-ACD的體積.解析(1)證明:連接BD交AC于點O,連接EO.因為ABCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點.又E為PD的中點,所以EO∥PB.又EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因為PA⊥平面ABCD,ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標(biāo)原點,AB的方向為x軸的正方向,|AP|為單位長,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則D(0,3,0),E0,32,1設(shè)B(m,0,0)(m>0),則C(m,3,0),AC=(m,3,0).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的一個法向量,則n1·AC=0,n1又n2=(1,0,0)為平面DAE的一個法向量,由題設(shè)得|cos<n1,n2>|=12,即33+4m2=因為E為PD的中點,所以三棱錐E-ACD的高為12三棱錐E-ACD的體積V=13×12×3×32×1思路分析(1)在平面AEC內(nèi)找出與PB平行的直線,分析題意可通過作三角形的中位線進行證明;(2)要求三棱錐E-ACD的體積,易知三棱錐的高,又已知底面直角三角形的一直角邊AD的長,故只需求出另一直角邊CD的長.可建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法列方程(組)求解.易錯警示對于第(2)問,二面角的平面角與兩個半平面的法向量夾角相等或互補,部分同學(xué)容易錯誤認(rèn)為僅相等,另外,計算法向量時可能出錯.B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直線m,n滿足m?α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案A2.(2015福建,7,5分)若l,m是兩條不同的直線,m垂直于平面α,則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案B3.(2018江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求證:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.證明本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想象能力和推理論證能力.(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形.又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,所以AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因為AB1?平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.4.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12(1)在平面PAB內(nèi)找一點M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.延長AB,DC,相交于點M(M∈平面PAB),點M即為所求的一個點.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形.從而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE,所以CM∥平面PBE.(說明:延長AP至點N,使得AP=PN,則所找的點可以是直線MN上任意一點)(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2.過點A作AH⊥CE,交CE的延長線于點H,連接PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE?平面ABCD,從而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.過A作AQ⊥PH于Q,則AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA與平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=22在Rt△PAH中,PH=PA2+A所以sin∠APH=AHPH=1解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.從而∠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.設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A為原點,以AD,AP的方向分別為x軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z),由n·PE設(shè)x=2,解得n=(2,-2,1).設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α,則sinα=|n·AP||所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為13思路分析對(1),延長AB,DC相交于一點M,則M在平面PAB內(nèi),由已知易知CM∥EB,從而CM∥平面PBE;對(2),有兩種解法:解法一是傳統(tǒng)幾何方法,作出PA與面PCE所成的角,然后通過解三角形求值;解法二是向量法,建立空間直角坐標(biāo)系,求出面PCE的一個法向量n,利用sinα=|nC組教師專用題組1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直線l.若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n答案C2.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是()A.若α,β垂直于同一平面,則α與β平行B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行C.若α,β不平行···,則在α內(nèi)不存在D.若m,n不平行···,則m與n不可能答案D3.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求證:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.證明(1)在平面ABD內(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因為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.又因為AC?平面ABC,所以AD⊥AC.方法總結(jié)立體幾何中證明線線垂直的一般思路:(1)利用兩平行直線垂直于同一條直線(a∥b,a⊥c?b⊥c);(2)線面垂直的性質(zhì)(a⊥α,b?α?a⊥b).4.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側(cè)棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求證:(1)直線DE∥平面A1C1F;平面B1DE⊥平面A1C1F.證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因為DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F,所以直線DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因為A1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因為A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因為B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因為B1D⊥A1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因為直線B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5.(2015江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,設(shè)AB1的中點為D,B1C∩BC1=E.求證:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.證明(1)由題意知,E為B1C的中點,又D為AB1的中點,因此DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因為BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因為AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因為AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1.6.(2015山東,17,12分)如圖,在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分別為AC,BC的中點.(1)求證:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小.解析(1)連接DG,CD,設(shè)CD∩GF=O,連接OH.在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G為AC的中點,可得DF∥GC,DF=GC,所以四邊形DFCG為平行四邊形.則O為CD的中點,又H為BC的中點,所以O(shè)H∥BD,又OH?平面FGH,BD?平面FGH,所以BD∥平面FGH.(2)設(shè)AB=2,則CF=1.在三棱臺DEF-ABC中,G為AC的中點,由DF=12又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中點,得AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD兩兩垂直.以G為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz.所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).可得H22,2故GH=22,22,設(shè)n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,則由n·GH可得平面FGH的一個法向量n=(1,-1,2).因為GB是平面ACFD的一個法向量,GB=(2,0,0),所以cos<GB,n>=GB·n|GB|·|所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60°.7.(2015天津,17,13分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且點M和N分別為B1C和D1D的中點.(1)求證:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)設(shè)E為棱A1B1上的點.若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為13,求線段A1解析如圖,以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得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).又因為M,N分別為B1C和D1D的中點,得M1,(1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量.MN=0,-52(2)AD1=(1,-2,2),設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD1的法向量,則n1·不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,1,1).設(shè)n2=(x,y,z)為平面ACB1的法向量,則n又AB1不妨設(shè)z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>=n1·n于是sin<n1,n2>=310所以,二面角D1-AC-B1的正弦值為310(3)依題意,可設(shè)A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2),從而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,由已知,得cos<NE,n>=NE·n|NE所以,線段A1E的長為7-2.評析本題主要考查直線與平面平行和垂直、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力.8.(2015安徽,19,13分)如圖所示,在多面體A1B1D1DCBA中,四邊形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均為正方形,E為B1D1的中點,過A1,D,E的平面交CD1于F.(1)證明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)證明:由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四邊形A1B1CD為平行四邊形,從而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)因為四邊形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均為正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A為原點,分別以AB,AD,AA1為x軸,y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,可得點的坐標(biāo)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點為B1D設(shè)面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而該面上向量A1E=(0.5,0.5,0),A1D=(0,1,-1),由n1⊥A1E,n1⊥A1D得r所以可取n1=(-1,1,1).設(shè)面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而該面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為|評析本題考查直線與直線的平行關(guān)系以及二面角的求解,考查空間想象能力、邏輯推理能力以及運算求解能力.正確求解各點坐標(biāo)以及平面法向量是解決問題的關(guān)鍵.9.(2014湖北,19,12分)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分別是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中點,點P,Q分別在棱DD1,BB1上移動,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)當(dāng)λ=1時,證明:直線BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,說明理由.解析(1)證明:如圖,連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知BC1∥AD1.當(dāng)λ=1時,P是DD1的中點,又F是AD的中點,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ.(2)以D為原點,射線DA,DC,DD1分別為x,y,z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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).設(shè)平面EFPQ的法向量為n=(x,y,z),則由FE·n=0同理可得平面MNPQ的一個法向量為m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角,則m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±22.故存在λ=1±2評析本題考查了線面平行的證明方法和二面角的計算.體現(xiàn)了利用平面的法向量解決二面角中有關(guān)求值問題的優(yōu)勢.充分利用方程的思想方法是解題的關(guān)鍵.【三年模擬】一、選擇題(每小題5分,共20分)1.(2019屆黑龍江哈爾濱師范大學(xué)附中期中,5)若m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則下列說法中正確的是()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屆浙江溫州九校第一次聯(lián)考,4)已知m為一條直線,α,β為兩個不同的平面,則下列說法正確的是()A.若m∥α,α∥β,則m∥βB.若m⊥α,α⊥β,則m∥βC.若m⊥α,α∥β,則m⊥βD.若m∥α,α⊥β,則m⊥β答案C3.(2017河南洛陽一模,9)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面α與棱AB,AC,A1C1,A1B1分別交于點E,F,G,H,且直線AA1∥平面α.有下列三個命題:①四邊形EFGH是平行四邊形;②平面α∥平面BCC1B1;③平面α⊥平面BCFE.其中正確的命題為()A.①②B.②③C.①③D.①②③答案C4.(2018湖南長沙長郡中學(xué)模擬,11)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,點E是線段AB的中點,點F在線段PA上,且EF∥平面PCD,直線PD與平面CEF交于點H,則線段CH的長度為()A.2B.2C.22D.23答案C二、填空題(共5分)5.(2018山東煙臺二模,16)如圖是一張矩形白紙ABCD,AB=10,AD=102,E,F分別為AD,BC的中點,現(xiàn)分別將△ABE,△CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同側(cè),下列命題正確的是.(寫出所有正確命題的序號)

①當(dāng)平面ABE∥平面CDF時,AC∥平面BFDE;②當(dāng)平面ABE∥平面CDF時,AE∥CD;③當(dāng)A、C重合于點P時,PG⊥PD;④當(dāng)A、C重合于點P時,三棱錐P-DEF的外接球的表面積為150π.答案①④三、解答題(共60分)6.(2019屆廣東肇慶第一次統(tǒng)測,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,PD⊥平面ABCD,M是PC的中點,G是線段DM上異于端點的一點,平面GAP∩平面BDM=GH,PD=2.(1)證明:GH∥平面PAD;(2)若PD與平面GAP所成的角的正弦值為1111解析(1)證明:連接AC交BD于點O,連接MO.因為MO是△APC的中位線,所以MO∥PA.又PA?平面MBD,MO?平面MBD,所以PA∥平面MBD.又因為平面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)如圖,建立空間直角坐標(biāo)系.依題意可得D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1).因為G在DM上,所以可設(shè)G(0,t,t)(0<t<1),AP=(-2,0,2),PG=(0,t,t-2),DP=(0,0,2).設(shè)n=(x,y,z)是平面GAP的法向量,則n·AP=0,n設(shè)PD與平面GAP所成的角為α,則sinα=|cos<DP,n>|=DP·n|DP||D到平面GAP的距離為n·OA|由(1)知MO∥PA,PA∥GH,所以MO∥GH,所以H是DO的中點,經(jīng)計算,PA=22,GH=22,PG=AH=102,梯形PAHG的高為224∴四棱錐D-PAHG的體積VD-PAHG=13×5118×2解后反思本題考查線面平行的判定、性質(zhì)、空間幾何體體積的求解方法以及空間向量的應(yīng)用,是高考考查的重點題型之一,綜合性較強,有一定的難度,解題的關(guān)鍵有二:一是能否準(zhǔn)確作出輔助線,直接影響第一問的證明;二是利用法向量確定點G的位置.此題計算量較大.7.(2019屆福建廈門外國語學(xué)校11月月考,18)如圖,菱形ABCD與正三角形BCE的邊長均為2,它們所在的平面互相垂直,FD⊥平面ABCD,且FD=3.(1)求證:EF∥平面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求直線EF與平面AFB所成角的正弦值.解析(1)證明:如圖,過點E作EH⊥BC于H,連接HD,∴EH=3.∵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=3,∴FDEH,∴四邊形EHDF為平行四邊形,∴EF∥HD.∵EF?平面ABCD,HD?平面ABCD,∴EF∥平面ABCD,(2)連接HA,AC,由(1)可得H為BC中點,∵∠CBA=60°,則△ABC為等邊三角形,∴HA⊥BC,分別以HB,HA,HE所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則B(1,0,0),F(-2,3,3),E(0,0,3),A(0,3,0),BF=(-3,3,3),BA=(-1,3,0),BE=(-1,0,3).設(shè)平面ABF的法向量為n=(x,y,z),直線EF與平面AFB所成的角為α,由n·BF令y=1,則x=3,z=2,得n=(3,1,2).sinα=|cos<EF,n>|=4228名師點睛利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于“四破”:第一,破“建系關(guān)”,構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;第二,破“求坐標(biāo)關(guān)”,準(zhǔn)確求解相關(guān)點的坐標(biāo);第三,破“求法向量關(guān)”,求出平面的法向量;第四,破“應(yīng)用公式關(guān)”.8.(2018湖北武漢漢陽一中模擬,19)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等邊三角形,且AA1⊥平面ABC,D為AB的中點.(1)求證:直線BC1∥平面A1CD;(2)若AB=BB1=2,E是BB1的中點,求三棱錐A1-CDE的體積.解析(1)證明:連接AC1,交A1C于點F,連接DF,則F為AC1的中點,又D為AB的中點,所以BC1∥DF.又BC1?平面A1CD,DF?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)三棱錐A1-CDE的體積VA1-CDE=VC-A1DE=1又S△A1DE=2×2-12×1×2-1所以VA1-CDE=VC-A1DE=19.(2018河北衡水中學(xué)、河南頂級名校3月聯(lián)考,18)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AB=AA1,過AA1的平面分別交BC,B1C1于點D,D1.(1)求證:四邊形ADD1A1為平行四邊形;(2)若AA1⊥平面ABC,D為BC的中點,E為DD1的中點,求二面角A-C1E-C的余弦