7.3直線、平面平行的判定與性質(zhì)五年高考考點直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.(2022全國乙,文9,理7,5分,中)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點,則()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D答案A2.(2021浙江,6,4分,中)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1,M,N分別是A1D,D1B的中點,則()A.直線A1D與直線D1B垂直,直線MN∥平面ABCDB.直線A1D與直線D1B平行,直線MN⊥平面BDD1B1C.直線A1D與直線D1B相交,直線MN∥平面ABCDD.直線A1D與直線D1B異面,直線MN⊥平面BDD1B1答案A3.(2024全國甲理,10,5分,中)設(shè)α,β為兩個平面,m,n為兩條直線,且α∩β=m.下述四個命題:①若m∥n,則n∥α或n∥β②若m⊥n,則n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β,則m∥n④若n與α,β所成的角相等,則m⊥n其中所有真命題的編號是()A.①③B.②④C.①②③D.①③④答案A4.(2024新課標(biāo)Ⅰ,17,15分,中)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3.(1)若AD⊥PB,證明:AD∥平面PBC;(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值為427,求解析(1)證明:∵PA⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB?平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,因為AC=2,BC=1,AB=3,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD內(nèi),∴AD∥BC.又AD?平面PBC,BC?平面PBC,∴AD∥平面PBC.(2)以DA,DC所在直線分別為x軸,y軸,過D作平面ABCD的垂線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則D(0,0,0).設(shè)AD=t,t>0,則DC=4?t2,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,4?t2,0),則AC=(-t,4?t2,0),AP=(0,0,2),DP=(t,0,2),DC=(設(shè)平面ACP的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n令x1=4?t2,則y1=t,則n1=(4?t2,設(shè)平面CPD的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n令z2=t,則x2=-2,則n2=(-2,0,t),∵二面角A-CP-D的正弦值為427,且由圖可知二面角A-CP-D為銳二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值為1?∴77=|cos<n1,n2>|=|∴t=3(舍負(fù)),∴AD=3.5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如圖,PO是三棱錐P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E為PB的中點.(1)證明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.解析(1)證法一:連接OA,∵PO是三棱錐P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,取AB的中點D,連接OD、DE,則OD⊥AB,又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD?平面PAC,AC?平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分別為AB、PB的中點,∴DE∥PA,又∵DE?平面PAC,PA?平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE?平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE?平面ODE,∴OE∥平面PAC.證法二:連接OA,∵PO是三棱錐P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,延長BO交AC于點F,連接PF,易知在Rt△ABF中,O為BF的中點,∵E為PB的中點,∴OE∥PF,又OE?平面PAC,PF?平面PAC,∴OE∥平面PAC.(2)取AB的中點M,連接OM,OA,以M為坐標(biāo)原點,MB,MO所在直線分別為x,y軸,過點M且與平面ABC垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.∵PO=3,PA=5,∴結(jié)合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=23,∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=43,∴AC=12,C(-23,12,0).設(shè)平面AEB的法向量為n1=(x1,y1,z1),AB=(43,0,0),AE=∴AB令y1=3,則z1=-2,∴n1=(0,3,-2).設(shè)平面AEC的法向量為n2=(x2,y2,z2),AC=(0,12,0),∴AC令x2=3,則z2=-6,∴n2=(3,0,-6),∴cos<n1,n2>=n1設(shè)二面角C-AE-B的平面角為θ,則sinθ=1?cos∴二面角C-AE-B的正弦值為1113三年模擬基礎(chǔ)強(qiáng)化練1.(2025屆湖南長沙長郡中學(xué)調(diào)研,2)已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則m∥α的一個充分條件是()A.m∥n,n∥αB.m∥β,α∥βC.m⊥n,n⊥α,m?αD.m∩n=A,n∥α,m?α答案C2.(2025屆江蘇常州學(xué)情調(diào)研,3)在空間中,設(shè)m,n為兩條不同直線,α,β為兩個不同平面,則下列命題正確的是()A.若m∥α且α∥β,則m∥βB.若m、n是異面直線,m?α,m∥β,n?β,n∥α,則α∥βC.若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥nD.若m⊥n,m⊥α,α∥β,則n∥β答案B3.(2024河南安陽、焦作二模,5)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為梯形,AB=BB1=32C1D1=6,CD∥AB,BM=λMB1(0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,則A.4λC.2答案C4.(2023河南新鄉(xiāng)二模,7)在如圖所示的正方體或正三棱柱中,M,N,Q分別是所在棱的中點,則滿足直線BM與平面CNQ平行的是()答案B5.(多選)(2024河北邯鄲重點中學(xué)月考,9)已知E,F,G,H分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中點,則()A.A1B∥平面HGFB.FG∥HEC.直線D1F與直線HE相交D.HE與平面ABCD所成角的大小是45°答案ABD6.(2025屆福建泉州四校期中聯(lián)考,15)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=CC1=3,D是棱BB1的中點,P是C1D的延長線與CB的延長線的交點.(1)求證:AP∥平面A1CD;(2)若點E在線段AP上,且點E為靠近點A的三等分點,求直線A1E與平面A1CD所成的角的正弦值.解析(1)證明:連接AC1,交A1C于點M,連接MD,如圖1,由ABC-A1B1C1是直三棱柱,可得四邊形A1C1CA是矩形,故M為AC1的中點,又D是B1B的中點,所以B1D=BD,又∵∠B1DC1=∠BDP,∠C1B1D=∠PBD=90°,∴△B1DC1≌△BDP,∴C1D=PD,即D是C1P的中點.在△C1AP中,∵M(jìn),D分別為C1A,C1P的中點,∴MD∥AP,又MD?平面A1CD,AP?平面A1CD,故AP∥平面A1CD.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,可得C1C⊥平面ABC,又CA,CB?平面ABC,故CC1⊥CA,CC1⊥CB,又∠ACB=90°,故CA⊥CB,故CC1,CA,CB兩兩垂直,故以C為坐標(biāo)原點,建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),C1(0,0,3),A(3,0,0),A1(3,0,3),B(0,3,0),B1(0,3,3),D0,3,32,則CA1=(3,0,3),CD=0,3,32,A1C由(1)知BP=C1B1,故CP=6,則P(0,6,0),則AP=(-3,6,0).設(shè)平面A1CD的法向量為m=(x,y,z),則m·取z=-2,則x=2,y=1,故m=(2,1,-2).又AE=13AP=(-1,2,0),則點E的坐標(biāo)為(2,2,0),則A1E=(設(shè)直線A1E與平面A1CD所成的角為θ,則sinθ=|cos<A1E,m>|=所以直線A1E與平面A1CD所成的角的正弦值為147能力拔高練1.(多選)(2025屆山東青島五十八中期中,11)如圖,在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是棱B1C1,C1D1的中點,P是正方形A1B1C1D1內(nèi)(包含邊界)的動點,則下列結(jié)論正確的是()A.若DP∥平面CEF,則點P的軌跡長度為22B.若AP=17,則點P的軌跡長度為2πC.若P是正方形A1B1C1D1的中心,Q在線段EF上,則PQ+CQ的最小值為42D.若P是棱A1B1的中點,則三棱錐P-CEF的外接球的表面積是41π答案ACD2.(2025屆北京日壇中學(xué)調(diào)研,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,CD⊥AP,△PCD為等腰直角三角形,PD=CD=2,平面PBC交平面PAD于直線l,E,F分別為棱PD,PB的中點.(1)求證:BC∥l.(2)設(shè)PA=AD=2BC=2.①求平面AEF與平面PAD夾角的余弦值;②在棱PC上是否存在點G,使得DG∥平面AEF?若存在,求PGPC的值;若不存在,說明理由解析(1)證明:因為AD∥BC,AD?平面PAD,BC?平面PAD,所以BC∥平面PAD,又BC?平面PBC,平面PBC∩平面PAD=l,所以BC∥l.(2)①取AD的中點O,連接OP,OB,由題意可得BC∥OD,且BC=OD,則四邊形OBCD為平行四邊形,可得OB∥CD,由△PCD為等腰直角三角形,PD=CD可知CD⊥PD,又CD⊥AP,AP∩PD=P,AP,PD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD,所以O(shè)B⊥平面PAD,因為OP,AD?平面PAD,所以O(shè)P⊥OB,AD⊥OB,又因為△PAD為等邊三角形,O為AD的中點,所以O(shè)P⊥AD,又OB∩AD=O,OB,AD?平面ABCD,所以O(shè)P⊥平面ABCD,故OP,OA,OB兩兩垂直.如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA,OB,OP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),E?12,0,32,F0,1,設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),則n·令x=2,則y=-1,z=23,即n=(2,-1,23),易知平面PAD的一個法向量為m=(0,1,0),可得cos<n,m>=n·m|n|·|m|所以平面AEF與平面PAD夾角的余弦值為1717②由①可得PC=(-1,2,-3),設(shè)PG=λPC,λ∈[0則G(-λ,2λ,3(1-λ)),則DG=(1-λ,2λ,3(1-λ)),若DG∥平面AEF,則n⊥DG,可得n·DG=2(1-λ)-2λ+6(1-λ)=0,解得λ=45所以存在點G,使得DG∥平面AEF,此時PGPC創(chuàng)新風(fēng)向練(創(chuàng)新考法)(2024江蘇南通第二次調(diào)研,17)如圖,邊長為4的兩個正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分別為BC,CD的中點,點G在棱AD上,AG=2GD,直線AB與平面EFG相交于點H.(1)從下面兩個結(jié)論中選一個證明:①BD∥GH;②直線HE,GF,AC相交于一點.注:若兩個問題均作答,則按第一個計分.(2)求直線BD與平面EFG的距離.解析(1)證明:選①.因為E,F分別為BC,CD的中點,所以EF∥BD.又BD?平面EFG,EF?平面EFG,所以BD∥平面EFG.又BD?平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.選②.在△ACD中,AG=2GD,F為CD的中點,所以GF與AC不平行.設(shè)GF∩AC=K,則K∈AC,K∈GF,又AC?平面ABC,FG?平面EFG,所以K∈平面ABC,K∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG=HE,所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一點.(2)若第(1)問中選①.由(1)知,BD∥平面EFG.所以點B到平面EFG的距離即為BD與平面EFG的距離.若第(1)問中選②.因為E,F分別為BC,CD的中點,所以EF∥BD.又BD?平面EFG,EF?平面EFG,所以BD∥平面EFG.所以點B到平面EFG的距離即為BD與平面EFG的距離.連接EA,ED