直線、平面平行的判定與性質(zhì)（6題型分類）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

專題33直線、平面平行的判定與性質(zhì)6題型分類

彩題如工總

題型6：平行關(guān)系的綜合應(yīng)用題型1:直線與平面平行的判定

題型5：探索性問題題型2：直線與平面平行的性質(zhì)

直線、平面平行的判定與性質(zhì)6題

型分類

題型4：平面與平面平行的性質(zhì)題型3：平面與平面平行的判定

彩和也寶庫

1.線面平行的判定定理和性質(zhì)定理

文字語言圖形語言符號語言

如果平面外一條直線與此

a(ta

判定定理平面內(nèi)的一條直線平行,bua>=〃〃a

那么該直線與此平面平行a//b.

一條直線與一個(gè)平面平

alla

行，如果過該直線的平面

性質(zhì)定理>=〃〃b

與此平面相交,那么該直-06=/?J

線與交線平行

2.面面平行的判定定理和性質(zhì)定理

文字語言圖形語言符號語言

auB、

如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條itbuB

判定定理交直線與另一個(gè)平面平行,aC\b=P〉?〃a

那么這兩個(gè)平面平行/.7〃〃a

b"aJ

兩個(gè)平面平行，如果另一個(gè)

性質(zhì)定理平面與這兩個(gè)平面相交,那1=>〃//b

6n尸zj

么兩條交線平行

【常用結(jié)論】

1.垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，即若a邛,則?！?/p>

2.平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行，即若p//y,則。〃/

3.垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，即bA_a,則

4.若Q〃夕，QU。，貝！J〃〃夕.

彩他題初籍

直線與平面平行的判定與性質(zhì)

(1)判斷或證明線面平行的常用方法

①利用線面平行的定義(無公共點(diǎn)).

②利用線面平行的判定定理(aCa,bua,a//b=>a//a).

③利用面面平行的性質(zhì)(a〃/，aua=a〃價(jià).

④利用面面平行的性質(zhì)(a〃S，a<tp,a//a=>a///3).

(2)應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時(shí)需要經(jīng)過已知直線作輔助平面確定交線.

題型1：直線與平面平行的判定

1-1.(2024高三?全國?專題練習(xí))如圖，在四棱錐P-ABCD中，E,尸分別為尸。，尸8的中點(diǎn)，連接EA當(dāng)G

為尸C上不與點(diǎn)P,C重合的一點(diǎn)時(shí)，證明：所〃平面BDG.

【答案】證明見解析

【分析】由三角形中位線的性質(zhì)得到所〃班>,即可得證.

【詳解】因?yàn)镋,尸分別為尸。，尸8的中點(diǎn)，所以EF//BD,

因?yàn)镋FU平面9G,a）u平面8Z5G,

所以EB7平面BDG.

12（2024高三.全國.專題練習(xí)）如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，二面角A-CD-b的大

小為45,DEHCF,CDIDE,AD=2,DC=3.求證：8/〃平面ADE.

【答案】證明見解析

【分析】首先證明AD〃平面2C產(chǎn)，DE//平面BC尸,即可得到平面3cp〃平面ADE,從而得證.

【詳解】因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以3C〃AD,

因?yàn)?Cu平面BCP,AO<Z平面2CP,所以AD〃平面2C/,

因?yàn)镈E//CF,3<=平面83,DEU平面BC尸，所以?！?/平面BCT,

因?yàn)锳￡>cOE=。，AD.DEu平面ADE,則平面3Cf7/平面ADE,

因?yàn)樗箄平面BCP,所以3P〃平面ADE.

1-3.（2024高三?全國?專題練習(xí)）如圖，四棱錐尸-ABCD的底面是菱形，E,尸分別是AB,PC的中點(diǎn).求

證：Ef7/平面PAD.

【答案】證明見解析

【分析】先證明四邊形A￡FG是平行四邊形，可得跖〃/G,再由線面平行的判定定理求解即可.

【詳解】取尸。中點(diǎn)G,連接AG,FG,因?yàn)槭?G分別是尸C,尸。的中點(diǎn)，、

因?yàn)镹F"BE,NF.平面BCE,BEu平面3CE,所以，NF〃平面3CE,

因?yàn)镕M//BC,EM.平面BCE,BCu平面BCE,所以，F(xiàn)70〃平面BCE,

因?yàn)镹PFM=F,NF、RVfu平面肱VF,所以，平面肋V/〃平面3CE,

因?yàn)镸Nu平面MNV,所以，MN“平面MNF.

1-5.(2024?陜西安康.三模)如圖，在四棱錐尸-ABCD中，PDL平面ABCD,且四邊形ABCD是正方形,

E,F,G分別是棱3C,AD,R4的中點(diǎn).

(1)求證：PE〃平面BFG；

(2)若AB=2,求點(diǎn)C到平面屏G的距離.

【答案】(1)證明見解析

(2)孚

【分析】(1)連接。E,推導(dǎo)四邊形8EDF是平行四邊形，從而得到。初/3尸，再得到尸G〃尸￡>,從而PD〃平

面BFG,DE〃平面BFG,進(jìn)而得到平面產(chǎn)?！?/平面BFG,因此得證PE〃平面3FG；

(2)由PD_L平面ABC。，F(xiàn)G//PD,可得尸G平面4BC。，作CM_L3/，垂足為M,則FG_LCM,進(jìn)

而得到CM,平面BFG,即CM的長是點(diǎn)C到平面BFG的距離，再利用等面積法求解即可.

【詳解】(1)連接OE,

：ABC。是正方形，E,尸分別是棱2C,AD的中點(diǎn)，

/.DF=BE,DF//BE,

二四邊形BEDF是平行四邊形，，DEHBF,

是B1的中點(diǎn)，F(xiàn)G//PD,

'：PD,DE<z平面BFG,FG,8尸u平面BFG,

PDH平面BFG,DE〃平面BFG,

VPD1DE=D,直線尸。DE在平面PDE內(nèi),

/.平面PDEH平面BFG,?/PEu平面PDE,

PE//平面BFG.

(2)：P￡)J_平面ABC。，F(xiàn)G//PD,

：.FG±^-^ABCD,

過C在平面A5CD內(nèi)，作C0L3/，垂足為則FGLCM,

VFG\BF=F,又直線FG,在平面BRS內(nèi)，

，CM_L平面fiFG,

；?CM的長是點(diǎn)C到平面3FG的距離，

'.'△BCr中，F(xiàn)B=CF=下,

由等面積可得CM=爺=述

V55

1-6.(2024高三?全國?專題練習(xí))如圖，四棱臺ABCD-EFGH的底面是菱形，S.ZBAD=-,DHJ_平面

ABCD,EH=2,DH=3,AD=4.

(1)求證：AE〃平面比)G；

(2)求三棱錐尸-BDG的體積.

【答案】(1)證明見解析

⑵2百

【分析】(1)連接AC交8。于點(diǎn)0,根據(jù)EG〃AC,EG=A?？勺C得四邊形A0GE為平行四邊形，由此可

得AE〃G0,由線面平行的判定可證得結(jié)論；

(2)由GELDH,6石，由可證得6￡，平面也"不，利用體積橋吟-.G=匕一如尸可求得結(jié)果.

【詳解】(1)連接AC交8。于點(diǎn)0,連接EG,GO,

幾何體ABCD-EFGH為四棱臺，，A,CG,E四點(diǎn)共面，且EGu平面EPGH,ACu平面ABC。，

「平面￡FG//〃平面ABC。，:.EG//AC-,

TT

四邊形EPGH和ABCD均為菱形，ZBAD=-,EH=2,AD=4,

EG=-ACAO=2^[3,四邊形AOGE為平行四邊形，AE//GO,

2

又GOu平面8DG,/1￡^平面比心，；.4￡//平面8￡心.

(2)連接GE交.于K,

Q￡)//_!_平面ABCD,平面ABCD〃平面EFG/f,r.Z)”_L平面￡FGH,

又GEi平面EFGH,:.GE±DH,

GELFH,DHcFH=H,切u平面班歸/，，GE_L平面BDHF；

四邊形跳G8為菱形，NFEH-BADqEF=2,:.GK=s/3,

%-BOG==§SBDF-GK=~X—x4x,3Xyf3=2\/3.

題型2:直線與平面平行的性質(zhì)

2-1.(2024高三?全國?專題練習(xí))已知四棱錐P-ABCZ),底面A8CD為菱形，平面上4Dc平面依C=/,

證明：BC//1.

【答案】證明見解析

【分析】先證明3c〃平面W,再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理求解即可.

【詳解】因?yàn)锳BCD為菱形，所以

3CU平面PAD,AOu平面PAD,

所以BC〃平面PAD,

又因?yàn)锽Cu平面PBC,且平面E4Dc平面PBC=/,

所以BC〃/.

2-2.（2024高三?全國?專題練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD的底面邊長為8的正方形，四條側(cè)棱長均為2a.

點(diǎn)GE,尸,“分別是棱尸氏AB,8,尸C上共面的四點(diǎn)，平面GEFH_L平面ABC。，BC〃平面GEEf/.證明：

【答案】證明見解析

【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理及平行線的傳遞性即可證明.

【詳解】因?yàn)?c〃平面GET”，BCu平面P8C,且平面PBCc平面GEFH=GH,所以GH〃BC,

因?yàn)?C〃平面GEFH,3Cu平面ABCD,且平面ABCDc平面GEFH=EF,

所以EF〃BC,所以GH〃EF.

2-3.（2024高三.全國?專題練習(xí)）如圖1所示，在四邊形A3CD中，BC±CD,E為8C上一點(diǎn)，

AE=BE=AD=2CD=2,CE=6,將四邊形AECD沿AE折起，使得BC=6，得到如圖2所示的四棱錐.若

平面3co1平面ABE=/,證明：CDIII.

【答案】證明見解析

【分析】先根據(jù)圖1中幾何關(guān)系，得到CD///田，進(jìn)而得CD〃平面ABE,可證C。///.

【詳解】在圖1中，因?yàn)锽CLCD,CE=6,CD=1,

所以O(shè)E=2,sin/CDE釜,又，

所以NCDE=（

因?yàn)椤?gt;E=2,AE=AD=2,

在圖2中，因?yàn)镃D//AE1,AEu平面ME,。9仁平面川陽，

所以CD〃平面ABE,

因?yàn)镃Du平面BCD,平面BCD'平面ME=/,所以CD/〃；

2-4.（2024高三下.河南?階段練習(xí)）已知四棱錐尸-ABCD,底面ABC。為菱形，陽，平面458,

7T

PD=AD=CD=2,ZBAD=-,E為尸C上一點(diǎn).

⑴平面R4￡>c平面P3C=/,證明：BC//1.

TT

(2)當(dāng)直線BE與平面38的夾角為:時(shí)，求三棱錐尸的體積.

6

【答案】(1)證明見解析

(2)f

【分析】(1)由線面平行的判定定理和性質(zhì)定理證明即可；

(2)過點(diǎn)￡作8的垂線，垂足為M,所以項(xiàng)f_L平面BCD,由題意可求得直線BE與平面3c。的夾角為

7T

ZEBM=~,可得點(diǎn)E為尸C中點(diǎn)，由等體積法求解即可.

6

【詳解】(1)因?yàn)?C〃AD,BCu平面PAD,A￡)u平面mo,

所以BC〃平面MD,BCu平面PBC,

又因?yàn)槠矫?De平面PBC=/,所以BC7//.

(2)過點(diǎn)E作。的垂線，垂足為則尸

因?yàn)殛枺矫鍭BC。，所以EM1.平面BCD,

7T

所以直線班與平面BCD的夾角為:,

6

TT

又4PCD=—,^CM=x,0<x<2,

4

貝（JEM-x,BM之=f+4—2?2xcos——x2—2x+4,

3

所以需X2711

=tan—所以％=1,

—2x+463

所以M為CD中點(diǎn)，E為尸C中點(diǎn),

因?yàn)镻Z5_L平面ABC。，所以平面A5CD,所以

又因?yàn)镻DcCD=D,PD,CDu平面尸CD,

所以平面PCD,所以點(diǎn)3到平面尸CD的距離為9=石,

故Vp—BDE=VB-PDE=§*1*百二-

彩健題海籍

(二)

平面與平面平行的判定與性質(zhì)

(1)證明面面平行的常用方法

①利用面面平行的判定定理.

②利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行(/_La,I邛0a〃B).

③利用面面平行的傳遞性，即兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行(a〃4p//y^a//y).

(2)當(dāng)已知兩平面平行時(shí)，可以得出線面平行，如果要得出線線平行，必須是與第三個(gè)平面的交線.

題型3:平面與平面平行的判定

3-1.(2024高三?全國?專題練習(xí))如圖，在多面體ABCDEF中，A3CD是正方形，AB=2,DE=BF,BFIIDE,

/為棱AE的中點(diǎn).求證：平面3MD//平面EPC.

【答案】證明見解析

【分析】連接AC交8。于N,連接即可得到MN//CE,從而證明MN〃平面EPC,再說明四邊形

班次F是平行四邊形得到BD//EF,即可得到3。//平面EPC,從而得證.

【詳解】連接AC交于N,連接MN,則N為AC的中點(diǎn)，

因?yàn)镸為AE的中點(diǎn)，所以MNUCE,

因?yàn)槠矫嫠鵆,CEu平面EFC,所以MN〃平面EfC,

因?yàn)锽FIIDE,BF=DE，所以四邊形3。跖是平行四邊形，所以BD//EF,

因?yàn)?￡><Z平面EFC,￡Fu平面EFC,所以RD//平面EFC,

因?yàn)榘?gt;MN=N,平面曲小),所以平面〃平面EPC.

E

3-2.（2024高二?全國?課后作業(yè)）如圖，在四棱錐尸-4BCD中，平面mO_L平面ABC。，PA=PD,AB=AD,

PALPD,ADLCD,ZBAD=60°,M,N分別為A￡>,E4的中點(diǎn)，證明:平面BMN//平面PCD

【答案】證明見解析

【分析】先證尸河，平面ABC。再以M為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別求解平面BMN與平

面尸C。的法向量，判斷法向量是否平行即可證明.

【詳解】證明連接8。，PM,"：AB=AD,ZBAD=60°,

...△ABD是等邊三角形，：.BM±AD,

又P2PD,M為A￡>的中點(diǎn)，J.PMLAD,

又；平面B4￡）_L平面ABCD,平面B4Dri平面ABCD=AD,平面ABCD,

???以M為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

^PA=PD=2y[2a,CD=b,貝U8(2曲，0,0),C(b,2a,0),0(0,2a,0),

P(0,0,Id),A/(0,0,0),N(0,-a,a)9：?MN=(0,-"，〃)，

0,0),PC=(b,2a,-2d),p￡)=(0,2a,-2d),

設(shè)&=(%，x，zj是平面6A/N的法向量，

%=(%2，%*2)是平面PCD的法向量，

則由MN?4=(),MB?%=(),

-ayx+叼=0,

得《r令y/=l,則x，=0,z尸1,

273axi=0,

???々=(0,1,1)是平面BMN的一個(gè)法向量，

[bx+2。％-2眄=0,

同理,由空對=0,小%=0,得5"02%。，

令第=1,可得X2=0,Z2-1,

/?%=(0,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量，

：4=%，平面3MN〃平面PCD.

3-3.(2024?甘肅定西?模擬預(yù)測)如圖，在四棱錐P-ABC。中，底面ABC。是邊長為2的菱形，ABAD=60,

AC與8。交于點(diǎn)O,底面ABC。，OP=6點(diǎn)、E,尸分別是棱B4,PB的中點(diǎn)，連接OE,OF,EF.

p

B

（1）求證：平面。所〃平面PCD；

（2）求三棱錐O-PEF的體積.

【答案】（1）證明過程見詳解

【分析】（1）根據(jù)中位線定理和面面垂直的判定即可求解；

（2）根據(jù)等體積法即可求解.

【詳解】（1）因?yàn)榈酌鍭BC。是菱形，AC與2。交于點(diǎn)。

所以。為AC中點(diǎn)，

點(diǎn)E是棱外的中點(diǎn)，尸分別是棱尸3的中點(diǎn)，

所以0E為三角形A7的中位線，O尸為三角形3DP的中位線,

所以O(shè)E//PC,OFUDP,

平面。CP,尸（7<=平面。。尸，二0￡〃平面。。「，

QOba平面0c尸，￡>Pu平面。CP,用〃平面DCP,

而OEcOb=O,OEu平面OEF,訴（=平面0所，

平面OEP〃平面PCD.

（2）因?yàn)榈酌鍭BC。是邊長為2的菱形，ZBAD=60,

所以一54。為等邊三角形，

所以08=1,04=5

因?yàn)镺PJ_底面ABCD,

OAu底面ABC。，OBu底面A8CD,

所以O(shè)P_LQ4,OPA.OB,

所以PQ4和4P。3均為直角三角形，

平面耳2。與棱AG交于點(diǎn)E.求證：BBJIDE.

【答案】證明見解析

【分析】先證明8瓦〃平面MGC,再利用線面平行的性質(zhì)定理可得結(jié)論.

【詳解】因?yàn)樵谌庵鵄BC-A瓦G中2耳//CG，

且8旦0平面441GC,CGu平面A41clC,

BBJI平面A41cle,

又,BBtu平面B[BD,且平面B{BD1平面ACCX\=DE,

4-3.（2024高一?全國?課后作業(yè)）如圖，在四棱柱ABC。-ABC0中，底面ABC。為梯形，AD//BC,平面

ADCE與交于點(diǎn)E.求證：ECgD.

A,_____________P

BC

【答案】證明見解析

【分析】根據(jù)四棱柱性質(zhì)可證明平面3CE〃平面懼。，再利用面面平行的性質(zhì)定理即可證明EC〃AD.

【詳解】由四棱柱ABCD-ABGA可知，BE//AA,,44?平面懼0,平面AAQ,

所以BEH平面AA{D■

又ADHBC,ADu平面AX。，3。二平面A41。，

所以8c〃平面AAQ；

又BCBE-B,BEu平面BCE,BCu平面BCE；

所以平面3CE〃平面44。，

又平面A^CEc平面BCE=EC,平面A^CEc平面A\D=\D,

所以EC//AQ.

彩健題秘籍（二）

解答探索性問題的基本策略是先假設(shè)，再嚴(yán)格證明，先猜想再證明是學(xué)習(xí)和研究的重要思想方法.

題型5:探索性問題

5-1.（2024高三.全國.專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC-ABG中，AC±BC,AC=2,且BC=CG=1,

、BD

點(diǎn)。在線段SC（含端點(diǎn)）上運(yùn)動，=—.當(dāng)45〃平面AC。時(shí)，求實(shí)數(shù)4的值.

【分析】連接AG，交4c于點(diǎn)E，連接DE,根據(jù)線面平行的性質(zhì)得到即可得到。為的中

點(diǎn)，從而得解.

【詳解】如圖，連接AG，交AC于點(diǎn)E，連接OE,

為AG的中點(diǎn)，且平面ACOc平面

ABII平面\CD,ASu平面ABCI,

ABHDE,

.：￡）為BG的中點(diǎn)，即實(shí)數(shù)4的值為3.

5-2.（2024高三?全國?專題練習(xí)）如圖、三棱柱ABC-A4G的側(cè)棱AA垂直于底面ABC,ASC是邊長為

B.E

2的正三角形，的=3,點(diǎn)。在線段45上且點(diǎn)后是線段與G上的動點(diǎn).當(dāng)釜為多少時(shí)，直

線。E//平面ACGA?

B,E1

【答案】釜=5.

z

【分析】過點(diǎn)。作DE//AA交44于點(diǎn)尸，過點(diǎn)尸作EF//4G交4G于點(diǎn)E,利用線面平行的判定定理可

得斯〃平面ACGA，F(xiàn)D〃平面ACGA，再利用面面平行的判定定理及性質(zhì)定理即得.

B.E1

【詳解】當(dāng)點(diǎn)E是線段4G上靠近點(diǎn)耳的三等分點(diǎn)，即釜=不時(shí)，DE//平面ACGA.

EC]Z

過點(diǎn)。作DF//A1A交A用于點(diǎn)尸，過點(diǎn)/作E///4G交于點(diǎn)石，連接DE,

E尸/M1G，E/（Z平面ACGA，AGu平面ACC鴻，

;.EF〃平面ACC]A,

FDHA.A,JEDa面ACGA，44匚平面4。64，

二萬〃平面ACGA,

又?'EFcFD=F,EFu平面EFD,FDu平面EFD,

，平面EFD〃平面ACGA,

DEu平面EFD,

.?.￡）￡7/平面ACC】A.

BXE_BXF_BD\

斯一域一說一5，

B,E1

當(dāng)球=3時(shí)，OE//平面ACGA.

5-3.(2024高二上.安徽合肥?階段練習(xí))已知正方體ABCO-AAG。中，/\Q分別為對角線也入CA上的

(1)求證：PQ〃平面A，D4;

AR

(2)若尺是AB上的點(diǎn)，大的值為多少時(shí)，能使平面PQR//平面A0D4?請給出證明.

AB

AR3

【答案】(1)證明見解析；(2)f7的值為［，證明見解析.

【分析】(1)連結(jié)C尸并延長與DA的延長線交于M點(diǎn)，證明3CV/AD,PQ//MDt,又A/。u平面AR",

尸。仁平面ADD4,證明尸?！ㄆ矫鍭QD4;

AR3

(2)R是AB上的點(diǎn)，當(dāng)丁的值為二時(shí)，能使平面PQH//平面ADQA,通過證明網(wǎng)〃平面A〃D4,又

PQcR=P,PQ〃平面ARDA.然后證明即可.

【詳解】(1)連結(jié)CP并延長與D4的延長線交于/點(diǎn)，

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,

所以3C//AD,

故APBC-APDM,

匚匚“CPBP2

所以——=—=］，

PMPD3

rCQBP2

入J'」QD、PD3

CQCP2

所以函=屈=1，

所以尸。//加2.

又平面ARZM,尸QZ平面ARZM,

故尸Q//平面A2D4.

⑵當(dāng)法的值為*,能使平面P"〃平面他”

AP3

證明：因?yàn)榱P嶗

即有"二

RA3

工乙BRBP

故一7=—

RAPD

所以PR//DA.

又ZMu平面ARZM,尸KO平面AR",

所以PR〃平面A2D4,

又PQcPR=P,PQ//平面ARZM.

所以平面P0R〃平面AR".

【點(diǎn)睛】本題考查直線與平面平行的判定定理，平面與平面平行的判定定理，考查空間想象能力邏輯推理

能力.

健題被籍（四）

平行關(guān)系的綜合應(yīng)用

證明平行關(guān)系的常用方法

熟練掌握線線、線面、面面平行關(guān)系間的相互轉(zhuǎn)化是解決線線、線面、面面平行的綜合問題的關(guān)鍵.面面

平行判定定理的推論也是證明面面平行的一種常用方法.

題型6:平行關(guān)系的綜合應(yīng)用

6-1.（2024高二上?山西朔州朝中）如圖所示，四邊形EFG8為四面體的一個(gè)截面，若四邊形所G8

為平行四邊形.

（1）求證：AS〃平面￡FG”；

⑵若AB=4,CD=6,求四邊形EFGH周長的取值范圍.

【答案】（1）證明見解析

⑵（8,12）

【分析】（1）通過證明EH〃平面ABD,得出EH//AB,從而證明ABH平面EFGH；

（2）設(shè)EH=x,EF=y,由EH//AB,EF//CD,求出尤、y的關(guān)系式，再求四邊形所G〃的周長/的取值

范圍即可.

【詳解】（1）證明：：四邊形瓦為平行四邊形，...E”〃FG；

EH平面ABD,FGu平面ABD,：.EHH平面ABD,

又「￡Wu平面ABC,平面ABCc平面=EHIIAB■,

又EHu平面EFGH,AB平面EFGH,AB〃平面EFGH；

（2）設(shè)EH=x,EF=y,由（1）可知EH//AB,同理有瓦7/C￡）,

.EH_CEEF=AE.EH+EF_CE+AE=1

ABCA"CDAC"ABCDCAAC'

X*?*AB=4,CD=6,—+-^=1>

46

=且0<兄<4；

四邊形EFG〃的周長為/=2（x+y）=2尤+6〔1一；）=12—尤，

***8<12—x<12；

/.四邊形所GH周長的取值范圍是（8,12）.

6-2.（2024?福建泉州?模擬預(yù)測）如圖所示的幾何體是由圓錐SQ與圓柱00組成的組合體，其中圓柱的軸

截面ABCD是邊長為2的正方形，圓錐的高SQ=2,M為圓柱下底面圓周上異于A,B的點(diǎn).

⑴求證：SD〃平面MOC；

⑵若30°<ZBOM<45°,求直線AD與平面MOC所成角的正切值的取值范圍.

【答案】（1）證明見解析

【分析】（1）根據(jù)題意，連結(jié)SO,DC,證明SD〃OC,結(jié)合線面平行的判定定理即可證明；

（2）以。為原點(diǎn)，分別以Q4,OS的方向?yàn)閤軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系。町z,設(shè)

直線AD與平面MOC所成角為夕，可得姮4sin〃4」，根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系即可求解.

173

【詳解】（1）連結(jié)SO,DC,

設(shè)圓錐的底面所在平面為a,貝”O(jiān)ja,OO,la,

所以S,0,,。三點(diǎn)共線.

從而SODC=OX,所以點(diǎn)S,D,C,O共面.

又因?yàn)閟。=op,CO]=op,

所以四邊形SDOC為平行四邊形，

故sn〃oc,

因?yàn)镸為圓柱下底面圓周上異于A,2的點(diǎn),

所以see平面MOC,又。Cu平面MOC,

(2)如圖，以。為原點(diǎn)，分別以Q4，OS的方向?yàn)榱溯S、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,

則A(l,0,0),0(1,0,2),C(-l,0,2),設(shè)4B0M=e,

則M(cos(18()o-e),sin(180。-。),。)，即M(—cos，,sin。,。)，且30。4夕445。,

則OC=(—1,0,2),OM=(-cos6>,sin6>,0),AD=(0,0,2),

設(shè)平面MOC的法向量力=(X,y,Z),

1

n-OC=0—x+2z—0z=-x

則整理得2

—xcos6+ysin0=0

n-OM=0ysin。=%cos。

令1=2sin6,貝!J幾=(2sin8,2cos0,sin6).

(2)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得AF_L平面CDFE,利用三棱錐的體積公式可得三棱錐%.的=-g*-3)2+3,

由二次函數(shù)的性質(zhì)求出匕一8F的最大值，此時(shí)x=3,根據(jù)余弦定理和三角形面積公式求出S^DC，結(jié)合等體

積法計(jì)算即可求解.

3

【詳解】(1)存在尸，使得CP〃平面4?跖，此時(shí)彳=：

證明如下：

3

當(dāng)/(■=1時(shí)，過尸作MV/ED,與"父于V,連接EM,

MP3

則——=一，又FD=5,得MP=3,因?yàn)镋C=3,MPI/FD/IEC,

FD5

所以MP〃EC且EC,所以四邊形MPCE為平行四邊形,

得CP//EM,又CP巨平面ABEF,￡Mu平面ABEF,

所以CP〃平面ABEF.

(2)由題意知A5_LEF,

又平面ABEF_L平面CDFE,平面平面CDFE=EF,/Wu平面AB￡F,

所以平面CDFE.

由BE=x(0<x<4),AF=x,FD=6-x,

所以三棱錐A—CD尸的體積為丫=京的4=巳.2.(6-3-*-3)2+3,

當(dāng)x=3時(shí)，三棱錐A-CD產(chǎn)的體積取得最大值，最大值為3.

止匕時(shí)EC=1,AF=3,FD=3,DC=2血,

由AF_L平面CDFE,皿FCU平面CDFE,得AF上FD,AF上FC,

又FC=4EF2+EC2=5ff(\^AC=sjFC2+AF2=y/14,AD=ylAF2+FD2=3^",

AD2+DC2-AC218+8-141

在,ACD中，由余弦定理得cosNADC

2ADDC2.3"2祀一5'

2

所以sinZADC=Vl-cosZADC=—,SADC=^-DCDAsinZADC=3』,

22

設(shè)點(diǎn)尸到平面ADC的距圖為力，由匕1―CDF=%—ADC，

得3=g〃S皿=?z,解得〃=石，

即點(diǎn)F到平面ADC的距離為壞.

6-4.(2024?河南?模擬預(yù)測)如圖，在三棱錐P—ABC中，ABJ.BC,AB=2,BC=2近,

尸臺二/^二痣1尸)^^^:的中點(diǎn)分別為^瓦^人力二百。。，點(diǎn)尸在AC上，BF1AO.

(1)證明：跖〃平面ADO；

(2)證明：平面ADO_L平面8EF；

(3)求二面角尸—3C—A的大小.

【答案】(1)證明見解析；

⑵證明見解析；

【分析】(1)連接DE、OF,設(shè)AF=zAC,根據(jù)則3649=0即可求出f,從而證明四邊形OD防

為平行四邊形，即可得到。//DO,從而得證；

(2)利用勾股定理逆定理得到OD1,AO,再由BR_LAO,即可得到AO_L平面跳下，即可得證；

>A=V14

(3)過點(diǎn)B作2軸_1_平面BAC,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)尸(x,y,z),所以由=?求出尸

PC=4^

點(diǎn)坐標(biāo)，利用空間向量法計(jì)算可得.

貝lj3b=3A+AF=（l-t）R4+rBC,AO=-BA+^BC,

因?yàn)?FLAO,AB1BC,貝1」冊.3。=0，

BF-AO=^l-t）BA+tBCy^-BA+gBCJ

.21.21

——+—tBC=4?！?）+4%=0,解得，=5,則尸為AC的中點(diǎn)，

由D,E,O,尸分別為PB,PA,BC,AC的中點(diǎn)，

所以DE〃/IB且OE=，AB,OF//AB^.OF=-AB,DE//OFSLDE=OF,

22

所以四邊形OD所為平行四邊形，所以EF//DO,

又EFO平面ADO,DOu平面ADO,所以EB7平面ADO.

（2）由（1）可知EF7/OD,則AO=,22+（可=底,DO=^~,

所以ADfDO=粵,因此OO2+AO2=A￡P(guān)=。，則ODLAO,

有￡F_LAO,又AO_LB￡3尸cEF=F,5￡EFu平面班戶，

所以AO_L平面5￡F,又AOu平面ADO,所以平面AZX?_L平面AEF.

（3）因?yàn)檫^點(diǎn)5作z軸，平面R4C,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

x

則A（2,0,0,）,2（0,0,0）,C（0,20,0）,

DB2+AB2-DA2萬+4-萬1

在△3ZM中'cosZPBA.-b-=-忑=飛,

2x2x----

2

在△P3A中，PA2=PB2+AB2-2PBABcosZPBA=6+4-2s/6x2x\--U=14,

即尸A=JS，

PA=-J14(^-2)2+y2+z2=14

設(shè)尸(x,y,z),所以由尸2="，可得.x2+y2+z2=6

PC=A/6x2+^-2^2j+z2=6

解得x=-1,y=z=石，所以尸（—1,,

貝”。=卜1,"石），BC=（O,272,0）,

設(shè)平面P3C的法向量為4=（為,M，zJ,

n,?BP=02yBy、—0

則，得廠廠，

BC=0[-玉+/2必+J3Z]=0

令％=辨）,則％=0,4=1,所以4=（有,0,1）,

又平面BCA的一個(gè)法向量為n2=（0,0,1）,

設(shè)二面角尸-BC-A為，，顯然，為鈍角，

所以cose=-^^=-71,所以二面角P-3C—A的大小為2多兀.

網(wǎng)?電23

一、單選題

1.（2024高一.全國?課后作業(yè)）己知直線。和平面a,那么能得出a〃a的一個(gè)條件是（）

A.存在一條直線6,aHb豆bua

B.存在一條直線6,allb且bua

C.存在一個(gè)平面夕，aup且a//。

D.存在一個(gè)平面夕，。〃夕且a〃6

【答案】C

【解析】根據(jù)線面平行的判定定理，可得結(jié)果.

【詳解】在選項(xiàng)A,B,D中，

均有可能。在平面a內(nèi)，錯(cuò)誤；

在C中，兩平面平行，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線

都平行于另一個(gè)平面，故C正確

故選：C

【點(diǎn)睛】本題考查線面平行的判定，屬基礎(chǔ)題.

2.（2024高三.全國.專題練習(xí)）設(shè)a,夕為兩個(gè)不同的平面，則a〃夕的一個(gè)充分條件是（）

A.a內(nèi)有無數(shù)條直線與月平行B.a,口垂直于同一個(gè)平面

C.a,夕平行于同一條直線D.a,夕垂直于同一條直線

【答案】D

【分析】根據(jù)面面平行的判定一一判定即可.

【詳解】對于A：。內(nèi)有無數(shù)條直線與夕平行推不出a〃夕，只有a內(nèi)所有直線與夕平行才能推出，故A

錯(cuò)誤；

對于B：a,夕垂直于同一平面，得到a〃4或a與夕相交，故B錯(cuò)誤；

對于C：a,夕平行于同一條直線，得到a〃4或a與夕相交，故C錯(cuò)誤；

對于D：因?yàn)榇怪迸c同一條直線的兩平面平行，故a,△垂直于同一條直線可得a〃夕，故：D正確.

故選：D

3.（2024高一.全國.課后作業(yè)）如圖，在正方體ABCD—AECD中，E,尸分別為平面ABC。和平面

的中心，則正方體的六個(gè)面中與E尸平行的平面有（）

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

【答案】D

【詳解】分析：由直線與平面平行的判定定理即可.

詳解：

由直線與平面平行的判定定理知與平面平面BC,平面C。，平面AO均平行.故與平行的平面

有4個(gè).

點(diǎn)睛：考查直線與平面平行的判定，對定理的熟悉是解題關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.

4.（2024高一下.江蘇常州.期末）若夕是兩個(gè)不重合的平面，

①若a內(nèi)的兩條相交直線分別平行于夕內(nèi)的兩條直線，則?！ā?；

②設(shè)夕相交于直線/,若a內(nèi)有一條直線垂直于/,則。，/；

③若a外一條直線/與a內(nèi)的一條直線平行，則〃/￡.

以上說法中成立的有（）個(gè).

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】根據(jù)平面與平面平行的判定定理，平面與平面垂直的判定定理，直線與平面平行的判定定理可依

次判斷得解.

【詳解】對①，a面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于夕面內(nèi)兩條直線，可得這兩條相交直線均平行于尸面，

由平面與平面平行的判定定理可知①正確；

對②，根據(jù)平面與平面垂直的判定定理，一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的垂線可得平面與平面垂直，②錯(cuò)誤；

對③，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知③正確.

故選：C.

5.（2024高一下?四川成都?階段練習(xí)）設(shè)a,6為兩條直線，a,尸為兩個(gè)平面，下列四個(gè)命題中，正確的命題

是（）

A.若?！╝,bua,則a//6B.若alla,b//p,a!1（5,則0〃6

C.若aua,buB,allb,則（z//力D.若aUa,bua,aJlb,則a//a

【答案】D

【分析】ABC可舉出反例，D可利用線面平行的判定定理證得.

【詳解】A選項(xiàng)，如圖1,滿足a〃a,61=1,但。,6不平行，A錯(cuò)誤；

B錯(cuò)誤，如圖2,滿足a//a,b//,]//￡,但°,6不平行，B錯(cuò)誤;

圖2

C選項(xiàng)，如圖3,滿足autz,bu/3,a!lb,但c,"不平行，C錯(cuò)誤;

圖3

D選項(xiàng)，若aaa,bua,al1b,由線面平行的判斷定理可得?！╝,D正確.

故選:D

6.（2024高一下.全國?課后作業(yè)）如圖，己知立方體ABC。一4〃。。，點(diǎn)E,F,G,X分別是棱AD,BB',

B'C,的中點(diǎn)，從中任取兩點(diǎn)確定的直線中，與平面平行的條數(shù)是（）

A.0B.2

C.4D.6

【答案】D

【分析】先證明平面EFGH〃平面進(jìn)而得到從E,F,G,H中任取兩點(diǎn)確定的直線中，與平面4QD

平行的條數(shù).

【詳解】連接EG,EH,EF,FG,GH,FH,

〃尸G且E/f=FG,.,.四邊形EFGX為平行四邊形，：.E,F,G,X四點(diǎn)共面.

由EG〃A夕，平面4877,EG<Z平面AQ。，可得EG〃平面A8。；

EHHAD',AOu平面ABO,平面ABTT,可得EW〃平面A27A

又EGCEH=E,可得平面EFGH//平面AB'D".

故平面EFG”內(nèi)的每條直線都符合條件，從E,F,G,H中任取兩點(diǎn)確定的直線中,

與平面平行的條數(shù)是6.

7.（2024高一.全國?課后作業(yè)）如果。，6表示直線，夕表示平面，那么下列說法中正確的是（）

A.若a〃6,bua,則a〃aB.若a〃a,b//a,則

C.若a〃b,b//a,則D.若a〃a,acJ3,a（3=b,則a〃6

【答案】D

【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)與判定逐個(gè)辨析即可.

【詳解】A中，aua也可能成立；

B中，a,b還有可能相交或異面；

C中，aua也可能成立；

由直線與平面平行的性質(zhì)定理可知D正確.

故選：D

8.（2024高三.全國?專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD-AgGR的棱長為1，E,尸是線段耳2上的兩個(gè)動點(diǎn),

BF/mACE,則斯的長度為（）

C.72D.2

【答案】B

【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理得出結(jié)果.

【詳解】正方體ABC。-44G。，連接80交AC于點(diǎn)O,連接0E,如圖所示,

BFH平面ACE,平面BEFI平面ACE=OE,BFu平面B