2020届高考数学一轮复习考点42直线、平面平行的判定与性质必刷题理（含解析）.docx

考点42 直线、平面平行的判定与性质1（山东省泰安市2019届高三第二轮复习质量检测理）如图，在下列四个正方体中，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与所在平面平行的是( )ABCD【答案】A【解析】A中，因为,所以可得平面,又，可得平面，从而平面平面B中，作截面可得平面平面（H为C1D1中点）,如图：C中，作截面可得平面平面（H为C1D1中点）,如图：D中，作截面可得为两相交直线，因此平面与平面不平行,如图：2（辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟考试理）如图所示，正方体的棱长为1，为线段，上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为S，则下列命题正确的是_当且时，S为等腰梯形；当分别为，的中点时，几何体的体积为；当M为中点且时，S与的交点为R，满足；当M为中点且时，S为五边形；当且时，S的面积.【答案】【解析】对于，画出图像如下图所示，过作，交于，截面为，由于，所以，故，所以，即截面为等腰梯形.故正确.对于，以为空间坐标原点，分别为轴，建立空间直线坐标系，则,则,.设平面的法向量为，则，令，则，故.则点到平面的距离为.而，故，故命题正确.对于，延长交的延长线于，连接交于，由于，所以，故.由于，所以,故，故判断错误.对于，当时，截面为三角形，故判断错误.对于，延长,交的延长线于，连接,交于，则截面为四边形.由于,所以，面积比等于相似比的平方，即，故.在三角形中，,边上的高为,故,所以.综上所述，本小题正确的命题有.3（陕西省西北工业大学附属中学2019届高三考前模拟练习数学理）如图，在多面体中，四边形是菱形，四边形是直角梯形，.（）证明：平面.（）若平面平面，为的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（I）见解析；（II）【解析】（）取的中点，连接，如图所示，因为，四边形是直角梯形，得且，所以四边形为平行四边形，即且.又因为四边形是菱形，所以，进而，得为平行四边形，即有，又平面，平面，所以平面.（）取的中点，在菱形中，可得.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.以为坐标原点，AN为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.故，.设平面的一个法向量为，则有即令可得.易知平面的一个法向量为.设平面与平面所成的锐二面角为，则,即所求二面角的余弦值为.【4（天津市河西区2019届高三一模数学理）如图，已知四边形的直角梯形，,，为线段的中点，平面，为线段上一点（不与端点重合）.（）若，（i）求证：平面；（ii）求直线与平面所成的角的大小；（）否存在实数满足，使得平面与平面所成的锐角为，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由.【答案】（）（i）见解析（ii）（）【解析】（）（i）证明：连接交于点，连接，依题意易证四边形为平行四边形.又，又平面，平面，平面. （ii）解：如图，在平行四边形中，以为原点建立空间直角坐标系则，设为平面的法向量则，得，不妨设又，即直线与平面所成的角的大小为. （）设设为平面的法向量，则得，不妨设，又平面的法向量为，.，. 5（广东省肇庆市2019届高中毕业班第三次统一检测数学理）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，是棱的中点，在线段上，且.（1）证明：面；（2）若，面面，求二面角的余弦值【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】解：（1）连接交于点，连接因为，所以，又因为，所以，所以，又面，面，所以面.（2）过作于，因为，所以是线段的中点因为面面，面面，所以面连接，因为是等边三角形，是线段的中点，所以.如图以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设，则，由，得，的中点，.设面的一个法向量为，则，即，得方程的一组解为，即.面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为.6（浙江省金华十校2019届第二学期高考模拟考试）在四棱锥中，底面为直角梯形，为线段上的中点（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）取的中点，连接，是，的中点，又，四边形是平行四边形，又平面，平面，平面（2）取的中点，连接，过作的平行线，以为原点，以，和平面过点的垂线为坐标轴建立空间坐标系，设二面角的大小为，则，.，设平面的法向量为，则，即，令可得，设直线与平面所成角为，则，.直线与平面所成角的余弦值为7（北京市房山区2019年第二次高考模拟检测高三数学理）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在线段上.（）若为的中点，求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）证明：存在点，使得平面，并求的值.【答案】（）详见解析；（）；（）详见解析.【解析】（）设，连结，因为正方形，所以为中点又矩形,为的中点所以且所以为平行四边形所以又平面，平面所以平面（）以为原点，分别以为轴建立坐标系则设平面的法向量为，由得则易知平面的法向量由图可知二面角为锐角所以二面角的余弦值为（）设，则若平面，则，即所以解得所以所以8（辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试理）如图，四棱锥中，平面，是中点，是线段上的点.（1）若是中点，求证：平面；（2）设与平面所成角为，求最大值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】解法1：（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，设.则，所以，.因为平面，所以，又，所以平面，平面一个法向量为.因为，平面，所以平面.（2），设，则，.平面的一个法向量为，所以.因为，所以当，即时，取得最大值.解法2：（1）取中点为，连结，则，因为平面，所以平面，同理平面.所以平面平面，因此平面.（2）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，设，则，所以，.设，则，.平面的一个法向量为，所以.因为，所以当，即时，取得最大值.解法3：（1）同解法2.（2）因为，所以.因为平面，所以，.所以平面，则.设，则，.的最小值为到距离等于，所以的最大值.9（江西省名校（临川一中、南昌二中)2019届高三5月联合考试数学理）已知空间几何体中，与均为边长为的等边三角形，为腰长为的等腰三角形，平面平面，平面平面.（1）试在平面内作一条直线，使直线上任意一点与的连线均与平面平行，并给出详细证明；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】如图所示:取BC和BD的中点H、G，连接HG.HG为所求直线.所以,因为平面平面，,所以，取CD中点O,连接EO,因为平面平面，所以，所以AH|EO,又平面CDE,平面CDE,所以.因为,所以,因为,则，所以直线HG上任意一点与的连线均与平面平行.(2)以CD中点O为坐标原点，OD所在直线为x轴，OB所在直线为Y轴，OE所在直线为Z轴,建立空间直角坐标系.,设所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.10（北京市昌平区2019届高三5月综合练习二模数学理）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面,，为中点（）求证：平面； （）求二面角的余弦值；（）在棱上是否存在点，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】（I）见解析； （II）； （）答案见解析 .【解析】（I）设交于点，连结.因为底面是矩形,所以为中点 .又因为为中点 , 所以.因为平面平面,所以平面. （II）取的中点，连结，.因为底面为矩形,所以.因为，,所以，所以.又因为平面PCD平面ABCD,平面平面PCD平面ABCD=CD.所以PO平面ABCD，如图，建立空间直角坐标系,则，设平面的法向量为， 所以令，则，所以.平面的法向量为，则.如图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.（）在棱上存在点, 使.设,则.因为,所以.因为,所以.所以，解得.所以在棱上存在点,使，且.11（北京市朝阳区2019届高三第二次（5月)综合练习（二模)数学理）在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱底面D，E分别是边BC，AC的中点，线段与交于点G，且，（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.【解析】（1）证明：因为E为AC中点，G为B1C中点所以EGAB1又因为EG平面AB1D，AB1平面AB1D，所以EG平面AB1D （2）证明：取B1C1的中点D1，连接DD1显然DA，DC，DD1两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，则D（0，0，0），B（0，-2，0），C（0，2，0）所以，又因为，所以BC1DA，BC1DB1又因为DADB1=D，所以BC1平面AB1D （3）解：显然平面B1CB的一个法向量为=（1，0，0）设平面AB1C的一个法向量为：=（x，y，z），又，由得设x=1，则，则所以设二面角A-B1C-B的平面角为，由图可知此二面角为锐二面角，所以12（）如图，在四棱锥中，为等边三角形，安徽省1号卷A10联盟2019届高考最后一卷数学理（1）若点分别是线段的中点，求证：平面平面；（2）若二面角为直二面角，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）为等边三角形，且是线段的中点 ， 平面，平面 平面点分别是线段的中点 平面，平面 平面 平面平面（2）设交于点，连接由对称性知，为的中点，且，二面角为直二面角 平面不妨设，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系则，设平面的法向量为则，即：令，得， 直线与平面所成角的正弦值为13（山东省威海市2019届高三二模考试数学理）如图，在四棱锥中，已知平面，为等边三角形，与平面所成角的正切值为.()证明：平面；()若是的中点，求二面角的余弦值.【答案】（）见解析.（）.【解析】 ()证明：因为平面，平面，所以又,所以平面，所以为与平面所成的角在中，所以所以在中，,.又，所以在底面中，,又平面，平面，所以平面()解：取的中点，连接，则,由()知，所以，分别以，为，轴建立空间直角坐标系.则， 所以，设平面的一个法向量为，由，即，得，令，则设平面的一个法向量为，由，即，得，令，则所以，由图形可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为14（2019年辽宁省大连市高三5月双基考试数学理）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，ABC=60PA面ABCD，且PA=3F在棱PA上，且AF=1，E在棱PD上（）若CE面BDF，求PE：ED的值；（）求二面角B-DF-A的大小【答案】（）见解析；（）arctan【解析】（）过E作EGFD交AP于G，连接CG，连接AC交BD于O，连接FOEGFD，EG面BDF，FD面BDF，EG面BDF，又EGCE=E，CE面BDF，EG，CE面CGE，面CGE面BDF，又CG面CGE，CG面BDF，又面BDF面PAC=FO，CG面PAC，FOCG又O为AC中点，F为AG中点，且AF=1，AF=FG=1，PA=3，FG=GP=1，E为PD中点，PE：ED=1：1（）过点B作BH直线DA交DA延长线于H，过点H作HI直线DF交DF于I，PA面ABCD，面PAD面ABCD，BH面PAD，由三垂线定理可得DIIB，BIH是二面角B-DF-A的平面角由题易得AH=，BH=，HD=，且=，HI=，tanBIH=，二面角B-DF-A的大小为arctan15（广东省揭阳市2019年高考数学二模）已知如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E、F分别为PC的三等分点（1）证明：AF平面EBD；（2）已知AP=AD=1，AB=2，求二面角E-BD-A的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）连接AC交于BD点O，连接EO因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点又E、F分别为PC的三等分点，E为CF的中点，所以AFEO因为EO平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面EBD（2）以A为原点，AD、AB、AP的分别为x，y，z轴方向建立空间直角坐标系，如图所示由条件可得D（1，0，0），B（0，2，0），C（1，2，0），P（0，0，1），为平面ABD的一个法向量，设面BDE的一个法向量为，则，即，取y=1，则x=2，z=-2，所以，所以二面角D-AE-C的余弦值为16（四川省百校2019年高三模拟冲刺卷理科）如图，在三棱柱中，是棱的中点.（1）证明：平面；（2）若平面是棱的中点，当二面角的大小为时，求线段的长度.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）连结交于点，则为的中点连结，而是中点，则因为平面平面，所以平面 （2）因为平面，所以又是棱的中点，所以面以为原点，过作的垂线为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设得长度为，则所以 分别设平面与平面的法向量为由解得，同理可得由，解得所以线段的长度为17（贵州省贵阳市2019年高三5月适应性考试（二)理）如图（1）中，分别是与的中点，将沿折起连接与得到四棱锥（如图（2），为线段的中点.（1）求证：平面；（2）当四棱锥体积最大时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】(1)见解析.(2) .【解析】（1）取的中点，连接，由于是的中点，且又，分别为与的中点，且，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面.（2）当四棱锥体积最大时，平面平面由于，平面，建立如图所示的坐标系，由题知，设平面的法向量，则，即，取一组解，记与平面所成角为，则 18（吉林省长春市2019届高三质量监测（四)数学（理）已知四棱柱中，平面，点为中点.（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）见解析；（）.【解析】解：（）由题意得，故四边形为平行四边形，所以，由平面，平面，故平面， 由题意可知，所以，因为为中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以，由平面，平面，所以平面， 又由于相交于点B，平面，所以平面平面。（II）由题意，以为坐标原点，分别以方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，点，设平面的一个法向量为，有，令，则， ， 令为直线与平面所成的角，则.19（四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学理）如图所示，在三棱锥中，与都是边长为2的等边三角形，是侧棱的中点，过点作平行于、的平面分别交棱、于点、.（1）证明：四边形为矩形；（2）若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）如图，设的中点为，连接，平面，平面平面，平面平面，.同理，由平面得，四边形为平行四边形.与都是等边三角形，又，平面，故，又由上知，四边形为矩形.（2）平面平面，平面平面，平面，平面，两两垂直，以为原点建立如图的空间直角坐标系，与都是边长为2的等边三角形，设平面的法向量为，由，令，得.同理可得平面的法向量， .由图形可知，所求二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为.20（福建省三明市2019届高三质量检查测试理）如图，在以为顶点的五面体中，面是边长为3的菱形.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）因为是菱形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以.（2）在中，根据余弦定理，因为，所以，则，所以，即.因为，所以.又因为，平面,所以平面.设中点为，连结，,因为是菱形，所以是等边三角形，所以，所以.作于点，则，在中，所以.如图，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系.则，.设平面的一个法向量为，因为，所以，即，取，解得，此时.由图可知，平面的一个法向量为，则，因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值是.21（山西省2019届高三考前适应性训练二模）如图，平面ABCD平面CDEF，且四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形， ，M是线段DE上的点，满足DM=2ME (1)证明：BE/平面MAC；(2)求直线BF与平面MAC所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）连接，交于，连接，由于，所以.所以.由于平面，平面，所以平面（2）因为平面平面，所以平面，可知两两垂直，分别以的方向为轴，建立空间直角坐标系.设则，.设平面的法向量，则，令，得平面的一个法向量，而，设所求角为，则.故直线与平面所成的角的正弦值为.22（天津市和平区2018-2019学年第二学期高三年级第二次质量调查数学理）如图,正方形与梯形所在的平面互相垂直， ，,点在线段上.() 若点为的中点，求证：平面； () 求证：平面平面；() 当平面与平面所成二面角的余弦值为时，求的长.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【解析】 (1)正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD为交线，ED平面ABCD，由已知得DA，DE，DC两两垂直，如图建系D-xyz，可得D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，F(1，0，1).由M为C的中点，知，故.易知平面ADEF的法向量为，BM平面ADEF，BM/平面ADEF.(2)由(1)知，设平面BDE的法向量为，平面BEC的法向量为，由得，由得，故平面BDE平面BEC.(3)设，设，计算可得，则，设平面BDM的法向量为，由得，易知平面ABF的法向量为，由已知得 ，解得，此时，则，即AM的长为.23（河北省武邑中学2019届高三下学期第三次模拟考试数学理）如图，在棱长均为的三棱柱中，点在平面内的射影为与的交点，、分别为，的中点.（1）求证：四边形为正方形；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面没有公共点？若存在求出的值.（该问写出结论即可）【答案】(1)见证明；(2) (3) 【解析】解：（1）连结.因为在平面内的射影为与的交点，所以.由已知三棱柱各棱长均相等，所以，且为菱形.由勾股定理得，即，所以四边形为正方形.（2）由（1）知平面，.在正方形中，.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.所以.设平面的法向量为，则，即.令，则.于是.又因为，设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为（