第24頁(yè)（共24頁(yè)）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)人教A版（2019）高一同步經(jīng)典題精練之空間直線、平面的平行一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?海口期末）已知直線a，b和平面α滿足a∥α，b?α，則“a∥b”是“b∥α”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件2．（2024秋?棗莊校級(jí)期中）如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱C1D1上，且D1F→=λD1C1→，若A．14 B．13 C．12 3．（2024?天府新區(qū)模擬）在下列四個(gè)正方體中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（）A． B． C． D．4．（2024春?鎮(zhèn)雄縣校級(jí)期中）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，設(shè)Q是CC1上的點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)Q在（）位置時(shí)，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(diǎn) D．Q為CC1的中點(diǎn)5．（2024?黑龍江）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，與平面AA1B1B平行的直線為（）A．AB B．CC1 C．BC D．AC二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?淮北一模）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是對(duì)應(yīng)棱的中點(diǎn)，則（）A．直線A1C∥平面PMN B．直線BD1⊥平面PMN C．直線AD1與MN的夾角為60° D．平面PMN與平面A1B1C1的交線平行于MN（多選）7．（2024秋?深圳期末）已知向量m→=（2，﹣1，1），n→=（﹣4，2，﹣2）分別為兩個(gè)不同的平面α，β的法向量，c→=（1，0，﹣2）為直線A．α∥β B．l∥β C．l⊥α D．α⊥β（多選）8．（2024秋?仁壽縣期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，PE→A．BE→B．|BEC．EF∥平面PAB D．異面直線BE與PA夾角的余弦值為6（多選）9．（2024春?大通縣校級(jí)期中）如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，M，N分別為所在棱上的中點(diǎn)，下列判斷不正確的是（）A．直線AD∥平面MNE B．直線FC1∥平面MNE C．平面A1BC∥平面MNE D．平面AB1D1∥平面MNE三．填空題（共3小題）10．（2024秋?寧鄉(xiāng)市期末）在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足B1P→=λB1C→(λ∈R)，當(dāng)A11．（2024秋?浦東新區(qū)校級(jí)期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，D是棱BC上一點(diǎn)，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，則λ的值為．12．（2024秋?上海校級(jí)期中）平面α∥平面β，A，C∈α，點(diǎn)B，D∈β，直線AB，CD相交于P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，則CD＝．四．解答題（共3小題）13．（2022?南京模擬）如圖所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若D1、D分別為B1C1、BC的中點(diǎn)，求證：平面A1BD1∥平面AC1D．14．（2024秋?泉州期末）如圖，AB為圓錐PO的底面直徑，點(diǎn)C，D為底面上AB的三等分點(diǎn)，點(diǎn)M，N分別為PA，PB的中點(diǎn)．（1）證明：MN∥平面PCD；（2）若AB＝4，PA=22，求直線AC與15．（2024秋?朝陽(yáng)區(qū)期末）如圖，在五面體ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分別為BQ，AP的中點(diǎn)，連接DG，EG，CE．（Ⅰ）求證：AP⊥平面DCE；（Ⅱ）求直線CP與平面DCE所成角的正弦值；（Ⅲ）線段BC上是否存在點(diǎn)M，使得CP∥平面DGM？若存在，求BMBC

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)人教A版（2019）高一同步經(jīng)典題精練之空間直線、平面的平行參考答案與試題解析題號(hào)12345答案ACADB一．選擇題（共5小題）1．（2024秋??？谄谀┮阎本€a，b和平面α滿足a∥α，b?α，則“a∥b”是“b∥α”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】A【分析】由線面平行的判定、面面平行的性質(zhì)以及充分不必要條件的定義即可求解．【解答】解：直線a，b和平面α滿足a∥α，b?α，∵a∥α，∴存在c?α使得a∥c且b?α，若a∥b且b?α，則b∥c，又b?α且c?α，∴b∥α，充分性成立；設(shè)β∥α，b?β，a?β，a∩b＝P，則有a∥α，但a，b不平行，即必要性不成立．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定、面面平行的性質(zhì)以及充分不必要條件等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．2．（2024秋?棗莊校級(jí)期中）如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱C1D1上，且D1F→=λD1C1→，若A．14 B．13 C．12 【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】C【分析】根據(jù)題意，先求出平面A1BE的法向量，再根據(jù)線面平行可得n→【解答】解：如圖所示，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖所示，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則B(1可得BA設(shè)n→=(x，y，z令z＝2，則x＝2，y＝1，即n→由D1C1→=(1，0，0)，且D1F→=λD又因?yàn)锽1（1，0，1），則B1由B1F∥平面A1BE，可得n→?B故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查直線與平面平行的性質(zhì)、平面的法向量求法等知識(shí)，考查了計(jì)算能力、空間想象能力，屬于基礎(chǔ)題．3．（2024?天府新區(qū)模擬）在下列四個(gè)正方體中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】對(duì)應(yīng)思想；分析法；空間位置關(guān)系與距離．【答案】A【分析】利用線面平行判定定理可知B、C、D均不滿足題意，從而可得答案．【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)B，由于AB∥MQ，結(jié)合線面平行判定定理可知B不滿足題意；對(duì)于選項(xiàng)C，由于AB∥MQ，結(jié)合線面平行判定定理可知C不滿足題意；對(duì)于選項(xiàng)D，由于AB∥NQ，結(jié)合線面平行判定定理可知D不滿足題意；所以選項(xiàng)A滿足題意，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間中線面平行的判定定理，利用三角形中位線定理是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．4．（2024春?鎮(zhèn)雄縣校級(jí)期中）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，設(shè)Q是CC1上的點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)Q在（）位置時(shí)，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(diǎn) D．Q為CC1的中點(diǎn)【考點(diǎn)】平面與平面平行．【專題】計(jì)算題；數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離．【答案】D【分析】由O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，得PO∥BD1，當(dāng)點(diǎn)Q在CC1的中點(diǎn)位置時(shí)，四邊形ABQP是平行四邊形，從而AP∥BQ，由此推導(dǎo)出平面D1BQ∥平面PAO．【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，∵O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，∴PO∥BD1，設(shè)Q是CC1上的點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)Q在CC1的中點(diǎn)位置時(shí)，PQ=∥AB，∴四邊形ABQP∴AP∥BQ，∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B，AP、PO?平面APO，BQ、BD1?平面BQD1，∴平面D1BQ∥平面PAO．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查滿足面面平行的點(diǎn)的位置的確定，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．5．（2024?黑龍江）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，與平面AA1B1B平行的直線為（）A．AB B．CC1 C．BC D．AC【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】整體思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】根據(jù)線面平行的判定定理即可得出答案．【解答】解：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB?平面AA1B1B，BC，AC與平面AA1B1B都相交，因?yàn)镃C1∥AA1，CC1?平面AA1B1B，AA1?平面AA1B1B，所以CC1∥平面AA1B1B．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線面平行的判定定理，屬基礎(chǔ)題．二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?淮北一模）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是對(duì)應(yīng)棱的中點(diǎn)，則（）A．直線A1C∥平面PMN B．直線BD1⊥平面PMN C．直線AD1與MN的夾角為60° D．平面PMN與平面A1B1C1的交線平行于MN【考點(diǎn)】直線與平面平行；直線與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；運(yùn)算求解．【答案】BCD【分析】利用線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理、異面直線所成的角、面面平行的性質(zhì)，即可得出結(jié)論．【解答】解：連接AC，AB1，CB1，AD1，CD1，BD，B1D1，A中，因?yàn)镸，N是對(duì)應(yīng)棱的中點(diǎn)，所以MN∥AC，因?yàn)镸N?平面AB1C，AC?平面AB1C，所以MN∥平面AB1C，同理PM∥平面AB1C，因?yàn)镻M∩MN＝M，PM，MN?平面PMN，所以平面PMN∥平面AB1C，因?yàn)橹本€A1C不平行平面AB1C，所以直線A1C不平行平面PMN，所以A錯(cuò)誤；B中，因?yàn)锽D⊥AC，AC⊥D1D，BD∩D1D＝D，BD，DD1?平面BD1，所以AC⊥平面BD1，因?yàn)锽D1?平面BD1，所以BD1⊥AC，同理可得，BD1⊥AB1，由于AC和AB1是平面AB1C上的兩條相交直線，所以根據(jù)直線與平面垂直的判定定理，可得BD1⊥平面AB1C，因?yàn)槠矫鍼MN∥平面AB1C，所以直線BD1⊥平面PMN，所以B正確；C中，由題意，∠D1AC為直線AD與MN的夾角，因?yàn)椤鰽D1C為等邊三角形，所以∠D1AC＝60°，所以C正確；D中，因?yàn)槠矫鍭1B1C1∥平面ABC，平面PMN∩平面ABC＝MN，所以根據(jù)面面平行的性質(zhì)可知平面PMN與平面A1B1C1的交線平行于MN，所以D正確．故選：BCD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理、異面直線所成的角、面面平行的性質(zhì)，屬于中檔題．（多選）7．（2024秋?深圳期末）已知向量m→=（2，﹣1，1），n→=（﹣4，2，﹣2）分別為兩個(gè)不同的平面α，β的法向量，c→=（1，0，﹣2）為直線A．α∥β B．l∥β C．l⊥α D．α⊥β【考點(diǎn)】直線與平面平行；平面與平面平行；平面與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】AB【分析】根據(jù)n→=-2m→判斷選項(xiàng)A，D；根據(jù)c→?n【解答】解：因?yàn)閙→=(2，-1所以n→=-2m所以α∥β，A正確，D錯(cuò)誤；因?yàn)閏→?n→=0，且l?β，所以l因?yàn)閏→?m→=0，所以l∥α或者故選：AB．【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量法在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）8．（2024秋?仁壽縣期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，PE→A．BE→B．|BEC．EF∥平面PAB D．異面直線BE與PA夾角的余弦值為6【考點(diǎn)】直線與平面平行；異面直線及其所成的角．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)向量的線性運(yùn)算判斷A；由向量模的坐標(biāo)表示判斷B；根據(jù)數(shù)量積為0證明垂直判斷C；由異面直線所成角的向量求法判斷D．【解答】解：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，在正方形ABCD中，有AB⊥AD，所以AB，AD，AP兩兩互相垂直，所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，而AB＝AD＝AP＝2，從而A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F(xiàn)（1，1，0），對(duì)于A，BE→=BA對(duì)于B，BE→=(-2，1，對(duì)于C，EF→=(1，0，-1)EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB，故C正確；對(duì)于D，BE→=(-2，所以異面直線BE與PA夾角的余弦值為|BE→?故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查線面平行的判斷，異面直線所成角的求法，空間向量的線性運(yùn)算，考查運(yùn)算求解能力與邏輯推理能力，屬于中檔題．（多選）9．（2024春?大通縣校級(jí)期中）如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，M，N分別為所在棱上的中點(diǎn)，下列判斷不正確的是（）A．直線AD∥平面MNE B．直線FC1∥平面MNE C．平面A1BC∥平面MNE D．平面AB1D1∥平面MNE【考點(diǎn)】直線與平面平行；平面與平面平行；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系．【專題】對(duì)應(yīng)思想；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】ABC【分析】作出經(jīng)過(guò)點(diǎn)M，N，E的截面，數(shù)形結(jié)合逐一分析四個(gè)選項(xiàng)得答案．【解答】解：作出過(guò)點(diǎn)M，N，E的截面如圖所示（H，I，J均為中點(diǎn)），所以直線AD與其相交于H點(diǎn)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；直線FC1與直線IJ在平面BCC1B1必定相交，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；直線A1B與直線EI相交，故平面A1BC與平面MNE不平行，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；直線AB1∥直線EI，直線AD1∥直線MH，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面MNE，故D項(xiàng)正確．故選：ABC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關(guān)系的判定，考查空間想象能力與思維能力，是基礎(chǔ)題．三．填空題（共3小題）10．（2024秋?寧鄉(xiāng)市期末）在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足B1P→=λB1C→(λ∈R)，當(dāng)A【考點(diǎn)】直線與平面平行．【答案】13【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，求出各點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面D1CE的法向量n→的坐標(biāo)及A1P→的坐標(biāo)，由題意可得n→?【解答】解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足B1則D（0，0，0），A（3，0，0），A1（3，0，2），C（0，4，0），E（32，0，0），B1（3，4，2），D1（0，0，2可得A1B1→=（0，4，0），B1C→=（﹣3，0，﹣2），D1C→=（0A1P→=A1B1→+B1P→=（0，4，0）+λ設(shè)平面D1CE的法向量為n→=（x，y，則n→?D令x＝﹣8，則n→=（8，3，因?yàn)锳1P∥平面D1CE，可得A1P→?即（﹣3λ）×8+4×3+（﹣2λ）×6＝0，解得λ=1故答案為：13【點(diǎn)評(píng)】本題考查用空間向量的方法判斷線面平行，屬于中檔題．11．（2024秋?浦東新區(qū)校級(jí)期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，D是棱BC上一點(diǎn)，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，則λ的值為2．【考點(diǎn)】直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】2．【分析】連接A1C，設(shè)A1C∩AE＝F，連接FD，E是棱CC1的中點(diǎn)，可證得CEAA1=EFFA=12，由A1B∥平面ADE，可得A【解答】解：連接A1C，設(shè)A1C∩AE＝F，連接FD，E是棱CC1的中點(diǎn)，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CEA因?yàn)锳1B∥平面ADE，A1B?平面A1BC，平面A1BC∩平面AED＝FD，可得A1B∥FD，F(xiàn)DA所以CDBD而B(niǎo)D＝λDC，所以λ＝2．故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的性質(zhì)的應(yīng)用及平行線分線段成比例的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．12．（2024秋?上海校級(jí)期中）平面α∥平面β，A，C∈α，點(diǎn)B，D∈β，直線AB，CD相交于P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，則CD＝2或34．【考點(diǎn)】平面與平面平行．【專題】空間位置關(guān)系與距離．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】用面面平行的性質(zhì)，可得AC∥BD，根據(jù)比例關(guān)系即可求出CD．【解答】解：∵平面α∥β，A，C∈α，B，D∈β，直線AB與CD交于點(diǎn)P，∴AB，CD共面，且AC∥BD，①若點(diǎn)P在平面α，β的外部，∴APBP∵AP＝8，BP＝9，CP＝16，∴89=16PD，解得∴CD＝PD﹣PC＝18﹣16＝2．②點(diǎn)P在平面α，β的之間，則APBP=CPPD，即89則CD＝CP+PD＝18+16＝34，故答案為：2或34．【點(diǎn)評(píng)】本題考查面面平行的性質(zhì)，考查學(xué)生的計(jì)算能力，正確運(yùn)用面面平行的性質(zhì)是關(guān)鍵．四．解答題（共3小題）13．（2022?南京模擬）如圖所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若D1、D分別為B1C1、BC的中點(diǎn)，求證：平面A1BD1∥平面AC1D．【考點(diǎn)】平面與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】證明過(guò)程見(jiàn)解答．【分析】利用面面平行的判定定理證明即可．【解答】證明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D1、D分別為B1C1、BC的中點(diǎn)，連接A1C交AC1于點(diǎn)M，如圖，∵四邊形A1ACC1是平行四邊形，∴M是A1C的中點(diǎn)．連接MD．∵D為BC的中點(diǎn)，∴A1B∥DM．∵A1B?平面A1BD1，DM?平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1．又由三棱柱的性質(zhì)知，D1C1∥BD，BD＝D1C1，∴四邊形BDC1D1為平行四邊形，∴DC1∥BD1．又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1．又∵DC1∩DM＝D，DC1?平面AC1D，DM?平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查面面平行的判定定理等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．14．（2024秋?泉州期末）如圖，AB為圓錐PO的底面直徑，點(diǎn)C，D為底面上AB的三等分點(diǎn)，點(diǎn)M，N分別為PA，PB的中點(diǎn)．（1）證明：MN∥平面PCD；（2）若AB＝4，PA=22，求直線AC與【考點(diǎn)】直線與平面平行；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明過(guò)程見(jiàn)解答；（2）310【分析】（1）推導(dǎo)出MN∥AB，連接OC，OD，推導(dǎo)出CD∥AB∥MN，由此能證明MN∥平面PCD．（2）取CD中點(diǎn)Q，連接OQ，OP，則OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，OP⊥AB，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OQ，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出異面直線AC，BM所成角的余弦值．【解答】解：（1）證明：∵AB為圓錐PO的底面直徑，點(diǎn)M，N分別為PA，PB的中點(diǎn)，∴MN∥AB，連接OC，OD，∵點(diǎn)C，D為底面上AB的三等分點(diǎn)，∴∠AOC＝∠COD＝60°，△OCD是等邊三角形，∴∠DCO＝60°＝∠AOC，∴CD∥AB∥MN，∵M(jìn)N?平面PCD，CD?平面PCD，∴MN∥平面PCD．（2）取CD中點(diǎn)Q，連接OQ，OP，則OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，∴OP⊥AB，∵OB＝2，PB＝22，∴OP＝2，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OQ，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則C（-2，﹣1，0），A（0，﹣2，0），B（0，2，0），M（0，﹣1，1∴AC→=（-3，1，0），BM→=（0設(shè)異面直線AC，BM所成角為θ，則cosθ=|∴異面直線AC，BM所成角的余弦值為310【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定與性質(zhì)、異面直線所成角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．15．（2024秋?朝陽(yáng)區(qū)期末）如圖，在五面體ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分別為BQ，AP的中點(diǎn)，連接DG，EG，CE．（Ⅰ）求證：AP⊥平面DCE；（Ⅱ）求直線CP與平面DCE所成角的正弦值；（Ⅲ）線段BC上是否存在點(diǎn)M，使得CP∥平面DGM？若存在，求BMBC【考點(diǎn)】直線與平面平行；直線與平面垂直．【專題】計(jì)算題；整體思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】（Ⅰ）證明見(jiàn)解析；（Ⅱ）12（Ⅲ）存在，15【分析】（Ⅰ）應(yīng)用線面垂直的判定定理證明即可；（Ⅱ）應(yīng)用空間向量法求法向量及線面角的正弦值；（Ⅲ）先設(shè)BM→=λBC→【解答】證明：（Ⅰ）因?yàn)镻D⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PD⊥CD，又因?yàn)镃D⊥AD，AD∩PD＝D，AD，PD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又AP?平面PAD，所以CD⊥AP，又因?yàn)锳D＝DP，G為線段AP的中點(diǎn)，所以AP⊥DG，因?yàn)镻Q∥CD，AB∥CD，所以PQ∥AB，因?yàn)镋，G分別為線段BQ，AP的中點(diǎn)，所以EG∥AB，又CD∥AB，所以EG∥CD，即C，D，G，E四點(diǎn)共面，又CD∩DG＝D，DG?平面DCE，CD?平面DCE，所以AP⊥平面DCE；解：（Ⅱ）因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC，又AD⊥CD，所以DA，DC，DP兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，于是A（4，0，0），B（4，3，0），C（0，4，0），P（0，0，4），可得AP→由（1）可得AP⊥平面DCE，所以平面DCE的一個(gè)法向量為AP→設(shè)直線CP與平面DCE所成角為θ，則有sinθ=|則直線CP與平面DCE所成角的正弦值為12（Ⅲ）設(shè)M是線段BC上的一點(diǎn)，則存在∈[0，1]，使BM→BC→=(-4，由點(diǎn)A，P的坐標(biāo)可得DG→設(shè)平面DGM的法向量為n→則有n→?DM令x＝3+λ，則法向量為n→令n→?CP→=0，即﹣4（4λ﹣4）+4（﹣3﹣λ此時(shí)n→⊥CP→，又顯然有CP?平面DCM，從而所以，線段BC上存在點(diǎn)M，使得CP∥平面DCM，此時(shí)BMBC【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線面垂直的證明和線面角的計(jì)算，屬于中檔題．

考點(diǎn)卡片1．異面直線及其所成的角【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、異面直線所成的角：直線a，b是異面直線，經(jīng)過(guò)空間任意一點(diǎn)O，作直線a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我們把直線a′和b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a和b所成的角．異面直線所成的角的范圍：θ∈（0，π2]．當(dāng)θ＝902、求異面直線所成的角的方法：求異面直線的夾角關(guān)鍵在于平移直線，常用相似比，中位線，梯形兩底，平行平面等手段來(lái)轉(zhuǎn)移直線．3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識(shí)：2．空間中直線與平面之間的位置關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系：位置關(guān)系公共點(diǎn)個(gè)數(shù)符號(hào)表示圖示直線在平面內(nèi)有無(wú)數(shù)個(gè)公共點(diǎn)a?α直線和平面相交有且只有一個(gè)公共點(diǎn)a∩α＝A直線和平面平行無(wú)a∥α3．直線與平面平行【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個(gè)平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個(gè)平面平行．用符號(hào)表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實(shí)質(zhì)是：對(duì)于平面外的一條直線，只需在平面內(nèi)找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必