課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題八立體幾何3直線平面平行的判定與性質(zhì)試題理

課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題八立體幾何3直線平面平行的判定與性質(zhì)試題理課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題八立體幾何3直線平面平行的判定與性質(zhì)試題理PAGEPAGE37課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題八立體幾何3直線平面平行的判定與性質(zhì)試題理直線、平面平行的判定與性質(zhì)探考情悟真題【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)2.平面與平面平行的判定與性質(zhì)2019課標Ⅱ,7，5分面面平行的判斷充要條件★★☆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，通過線面平行的判定與性質(zhì)考查考生的直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng)。破考點練考向【考點集訓】考點一直線與平面平行的判定與性質(zhì)1.（2019河南洛陽尖子生4月聯(lián)考，4)設(shè)l，m是兩條不同的直線,α，β是兩個不同的平面,且l?α,m?β,下列結(jié)論正確的是()A.若α⊥β,則l⊥β B.若l⊥m,則α⊥βC。若α∥β,則l∥β D。若l∥m，則α∥β答案C2.（2020屆江西撫州一調(diào)，9）如圖所示，在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點,F是側(cè)面CDD1C1上的動點,且B1F∥面A1BE，則F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡的長度是（）A.a B。a2 C。2a D.答案D3。（2019皖南八校三聯(lián),18)如圖,在四棱錐P—ABCD中,PC⊥平面ABCD,點M為PB的中點,底面ABCD為梯形，AB∥CD,AD⊥CD，AD=CD=PC=12(1）證明:CM∥平面PAD;(2)求平面PAD與平面PBC所成的銳二面角的大小.解析(1）證明：取PA的中點E，連接DE，ME。因為M是PB的中點,所以ME∥AB，ME=12又AB∥CD，CD=12所以ME∥CD,ME=CD。（3分)所以四邊形CDEM為平行四邊形,所以DE∥CM.因為DE?平面PAD，CM?平面PAD,所以CM∥平面PAD。（5分)(2)取AB的中點N,連接CN.易知四邊形ADCN為正方形,又PC⊥平面ABCD,故可以以C為原點,CD，CN，CP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)AD=CD=PC=12則PA=(1，1，—1），AD=(0,-1，0),設(shè)平面PAD的法向量為m=（x，y,z)，則有PA·m=0,AD·m=0,令x=1，得m=(1，0，1）.（9分）同理可求得平面PBC的一個法向量為n=（1，1，0）,(10分）所以cos<m，n〉=m·n|m||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.（2019內(nèi)蒙古呼和浩特模擬,6)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點,設(shè)Q是CC1上的點,當點Q在位置時,平面D1BQ∥平面PAO.（)

A。Q與C重合 B.Q與C1重合C。Q為CC1的三等分點 D.Q為CC1的中點答案D煉技法提能力【方法集訓】方法1證明直線與平面平行的方法1。（2019廣西柳州一模，19）如圖，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，AD=AC=DE=2AB=2,且F是CD的中點,AF=3.（1)求證:AF∥平面BCE;（2）求證:平面BCE⊥平面CDE.證明(1）取CE中點P，連接FP、BP，∴PF∥DE,且FP=1,又AB∥DE，且AB=1,∴AB∥FP,且AB=FP，∴四邊形ABPF為平行四邊形,∴AF∥BP。又∵AF?平面BCE,BP?平面BCE，∴AF∥平面BCE.（2）∵AD=AC=2，F(xiàn)是CD的中點，AF=3，∴△ACD為正三角形,AF⊥CD,∵AB⊥平面ACD，DE∥AB,∴DE⊥平面ACD，又AF?平面ACD，∴DE⊥AF，又AF⊥CD，CD∩DE=D,∴AF⊥平面CDE，又BP∥AF，∴BP⊥平面CDE,又∵BP?平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.2。（2020屆山西大同調(diào)研，17）如圖，已知菱形ABCD的邊長為6,∠BAD=60°，AC∩BD=O,將△ABC沿對角線AC折起,使面BAC⊥面ACD,得到三棱錐B—ACD,點M是棱BC的中點.（1）求證:OM∥平面ABD;（2）求證：平面ABC⊥平面MDO.證明（1)由題意知,O為AC的中點,∵M為BC的中點，∴OM∥AB，又∵OM?平面ABD,AB?平面ABD，∴OM∥平面ABD。(2)∵四邊形ABCD是菱形,∴OD⊥AC，又將△ABC沿對角線AC折起,使面BAC⊥面ACD,且面BAC∩面ACD=AC,∴OD⊥平面ABC，∵OD?平面MDO,∴平面ABC⊥平面MDO。3。(2019內(nèi)蒙古包頭二模，19）如圖，三棱錐P—ABC中,點C在以AB為直徑的圓O上，平面PAC⊥平面ACB，點D在線段AB上，且BD=2AD，CP=CA=3，PA=2，BC=4，點G為△PBC的重心,點Q為PA的中點.（1）求證:DG∥平面PAC；(2)求點C到平面QBA的距離.解析（1）證明：連接BG并延長交PC于E，連接AE，∵G是△PBC的重心，∴BG=2EG,又BD=2AD,∴DG∥AE，又DG?平面PAC，AE?平面PAC,∴DG∥平面PAC。（2)連接CQ，∵點C在以AB為直徑的圓O上，∴AC⊥BC，又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB=AC,∴BC⊥平面PAC?！逤P=CA=3,PA=2,Q為PA的中點，∴CQ⊥PA，CQ=AC2-∴VB-PAC=13S△PAC·BC=13×12×2×22又PB=PC2+B∴PB=AB,∴PA⊥BQ,∴BQ=AB2-∴S△PAB=12×PA×BQ=26設(shè)C到平面PAB的距離為d，則VC-PAB=13S△PAB·d=2∴263d=82∴點C到平面QBA的距離為43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.因為N為AD的中點，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。(2019安徽蚌埠二模，18）如圖所示，菱形ABCD的邊長為2，∠D=60°,點H為DC的中點,現(xiàn)以線段AH為折痕將菱形折起,使點D到達點P的位置且平面PHA⊥平面ABCH,點E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點。(1）求證：平面PBC∥平面EFH；(2）求平面PAH與平面PBC所成銳二面角的余弦值。解析(1)證明：菱形ABCD中,E，H分別為AB,CD的中點，所以BECH，所以四邊形BCHE為平行四邊形,則BC∥EH,又EH?平面PBC,所以EH∥平面PBC。（3分）因為點E，F(xiàn)分別為AB,AP的中點，所以EF∥BP，又EF?平面PBC,所以EF∥平面PBC.又EF∩EH=E，所以平面PBC∥平面EFH.(6分)（2)連接AC，菱形ABCD中，∠D=60°,則△ACD為正三角形，又H為DC的中點,菱形邊長為2,∴AH⊥CD,AH=3，DH=PH=CH=1.折疊后，PH⊥AH，又平面PHA⊥平面ABCH,平面PHA∩平面ABCH=AH,∴PH⊥平面ABCH。又∵AH⊥CD,∴HA,HC,HP三條直線兩兩垂直,以HA，HC，HP的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系(圖略），則P（0,0，1)，C（0,1，0）,B（3,2,0）,CB=(3,1，0)，CP=(0,-1，1),(9分）設(shè)平面PBC的法向量為m=(x，y，z）,則m·CB令y=—3，得x=1，z=—3，∴m=（1,—3，—3)。∵平面PAH的一個法向量n=（0，1,0），∴cos<m，n〉=—37=-21設(shè)平面PAH與平面PBC所成銳二面角為α,則cosα=217【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標卷題組1。（2019課標Ⅱ,7,5分）設(shè)α，β為兩個平面,則α∥β的充要條件是(）A。α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行B。α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C。α，β平行于同一條直線D.α，β垂直于同一平面答案B2。（2016課標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②③④B組自主命題·?。▍^(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。（2019江蘇,16，14分）如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC。求證：(1)A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E.證明本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力和推理論證能力.(1）因為D，E分別為BC,AC的中點,所以ED∥AB。在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因為ED?平面DEC1,A1B1?平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.（2)因為AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC。因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC。又因為BE?平面ABC,所以C1C⊥BE。因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1。因為C1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E。3。(2019天津,17，13分）如圖，AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB，AB=AD=1，AE=BC=2.(1）求證：BF∥平面ADE；（2）求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；（3）若二面角E—BD—F的余弦值為13解析本題主要考查直線與平面平行、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?？疾榭臻g想象能力、運算求解能力和推理論證能力。重點考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象與數(shù)學運算。依題意，可以建立以A為原點,分別以AB，AD，AE的方向為x軸,y軸，z軸正方向的空間直角坐標系（如圖)，可得A（0，0,0），B(1,0,0)，C(1，2，0），D（0，1,0）,E（0，0，2）。設(shè)CF=h(h〉0)，則F（1，2，h).（1）證明:依題意，AB=（1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=（0，2,h）,可得BF·AB=0，又因為直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE。（2）依題意,BD=(-1,1，0）,BE=(—1，0,2）,CE=（—1，-2，2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則n·BD=0可得n=(2,2，1)，因此有cos<CE，n〉=CE·n|所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為49(3)設(shè)m=（x,y，z)為平面BDF的法向量，則m·BD不妨令y=1，可得m=1,由題意，有|cos<m，n〉|=|m·n||m||n|思路分析從已知條件線面垂直、線線垂直、線線平行入手，建立空間直角坐標系,將立體幾何中的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量坐標關(guān)系，從而進行坐標運算,再將向量運算結(jié)果轉(zhuǎn)化為立體幾何中的位置關(guān)系或長度.方法總結(jié)利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟：①觀察圖形,建立恰當?shù)目臻g直角坐標系;②寫出相應(yīng)點的坐標，求出相應(yīng)直線的方向向量；③設(shè)出相應(yīng)平面的法向量,利用兩直線垂直，其相應(yīng)方向向量數(shù)量積為零列出方程組求出法向量;④將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系；⑤根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角或距離.4。(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.5。（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，建立空間直角坐標系，求出面PCE的一個法向量n,利用sinα=|n·C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∥l B.m∥n C。n⊥l D.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；（2）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為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系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。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系，可得點的坐標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|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.正確求解各點坐標以及平面法向量是解決問題的關(guān)鍵。9.（2014課標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?？山⒖臻g直角坐標系,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，部分同學容易錯誤認為僅相等，另外,計算法向量時可能出錯.【三年模擬】一、選擇題(每小題5分，共20分)1。(2019四川瀘州質(zhì)檢,7)已知直線l和兩個不同的平面α，β,則下列命題中，是真命題的是(）A.若l∥α,且l∥β,則α∥β B。若l⊥α，且l⊥β，則α∥βC.若l?α,且α⊥β，則l⊥β D.若l∥α,且α∥β，則l∥β答案B2。(2019內(nèi)蒙古赤峰4月模擬,6）已知α和β是兩個不同平面,α∩β=l，l1，l2是與l不同的兩條直線,且l1?α,l2?β,l1∥l2,那么下列命題正確的是(）A。l與l1,l2都不相交B。l與l1,l2都相交C.l恰與l1,l2中的一條相交D。l至少與l1,l2中的一條相交答案A3.（2019河南鄭州一模，10）已知直三棱柱ABC—A1B1C1的底面為等腰直角三角形，AB⊥AC，點M，N分別為AB1,A1C上的動點，若直線MN∥平面BCC1B1，Q為線段MN的中點,則點Q的軌跡是（）A.雙曲線的一支（一部分) B.圓弧(一部分）C.線段(去掉一個端點） D。拋物線的一部分答案C4。（2020屆吉林長春9月聯(lián)考,10）如圖,在棱長為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中,E,F，G分別是棱AB,BC，CC1的中點,P是底面ABCD內(nèi)一動點，若直線D1P與平面EFG不存在公共點,則三角形PBB1的面積的最小值為（）A。22 B。1 C.2 答案C二、填空題(共5分）5.（2019豫北名校4月聯(lián)考,14)在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，點D,D1分別為AC，A1C1上的點，若平面BC1D∥平面AB1D1，則ADDC=答案1三、解答題(共60分）6。（2018江西南昌二中月考，19）在直三棱柱ABC—A’B’C’中，∠BAC=90°,AB=AC=2,AA’=1，點M,N分別為A'B和B’C'的中點.(1）證明：MN∥平面A’ACC’;（2）求三棱錐A’-MNC的體積。解析(1）證法一：連接AB’，AC',因為三棱柱ABC—A’B’C’為直三棱柱，所以M為AB'的中點.又因為N為B’C’的中點，所以MN∥AC’,又MN?平面A'ACC’,AC'?平面A'ACC’，所以MN∥平面A’ACC'.證法二：取A'B’的中點P,連接MP,NP。又因為M，N分別為A’B和B’C'的中點，所以MP∥BB'，NP∥A’C'，易知AA’∥BB’,所以MP∥AA’.因為MP?平面A’ACC’，AA’?平面A'ACC’,所以MP∥平面A'ACC'，同理,NP∥平面A’ACC'。又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A'ACC'。又MN?平面MPN，因此MN∥平面A'ACC'。（2）連接BN，由題意知A’N⊥B'C'，因為平面A'B’C’∩平面B’BCC'=B’C’，平面A’B'C'⊥平面B’BCC’，所以A’N⊥平面NBC.又A'N=12故VA’-MNC=VN-A’MC=12VN—A'BC=12VA'—NBC=7.(2020屆山西太原五中第二次診斷,18)已知三棱錐P—ABC中，△ABC為等腰直角三角形,AB=AC=1，PB=PC=5,設(shè)點E為PA的中點，點D為AC的中點，點F為PB上一點,且PF=2FB.(1）證明:BD∥平面CEF;(2)若PA⊥AC,求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.解析本題考查線面平行的判定以及線面角的求解，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理和數(shù)學運算.（1）證明：連接PD交CE于G點，連接FG,∵點E為PA的中點,點D為AC的中點，∴點G為△PAC的重心，∴PG=2GD,∵PF=2FB，∴FG∥BD,又∵FG?平面CEF,BD?平面CEF,∴BD∥平面CEF.(2）∵AB=AC，PB=PC，PA=PA,∴△PAB≌△PAC，∵PA⊥AC，∴PA⊥AB，可得PA=2,又∵AB⊥AC，∴AB，AC，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，AB、AC、AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則A(0，0,0）,B(1，0,0）,C（0，1，0)，P(0,0，2）,E(0，0，1),BC=（-1,1，0），BP=(-1，0，2），CE=(0,—1,1）。設(shè)平面PBC的法向量為n=(x，y,z），則n·設(shè)直線CE與平面PBC所成角為θ，則sinθ=｜cos<n，CE〉｜=|-2+1|2∴直線CE與平面PBC所成角的正弦值為268。(2018云南曲靖一中4月月考，19)如圖,在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形,PD⊥DA,PD⊥DC。（1)若E是PA的中點,求證：PC∥平面BED；（2）若PD=AD，PE=2AE，求直線PB與平面BED所成角的正弦值.解析（1）證明:連接AC，交BD于G,連接EG，在三角形ACP中，中位線EG∥PC,又EG?平面BED，PC?平面BED,∴PC∥平面BED.（2）設(shè)CD=2,則AB=BC=AD=PD=2，且PE=23PA，以D為坐標原點,DA,DC,DP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則D（0,0,0）,A（2,0，0),E4∴DB=（2,2，0）,DE=43,0設(shè)平面BED的法向量為n=(x，y,z)，則n·DB=0設(shè)直線PB與平面BED所成的角為α,則sin