高考理数　直线、平面平行的判定与性质

8.2直线、平面平行的判定与性质,高考理数(课标专用),A组统一命题课标卷题组考点直线、平面平行的判定与性质1.(2016课标,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号),五年高考,答案,解析对于,由mn,m可得n或n在内,当n时,与可能相交,也可能平行,故错误;对于,过直线n作平面与平面交于直线c,由n可知nc,m,mc,mn,故正确;对于,由两个平面平行的性质可知正确;对于,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的有.,解题关键熟记和理解每个定理是解决此类问题的关键.,2.(2014课标,18,12分,0.534)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.,解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EOPB.又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)因为PA平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,0),E,=.,设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),=(m,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=.,思路分析(1)在平面AEC内找出与PB平行的直线,分析题意可通过作三角形的中位线进行证明;(2)要求三棱锥E-ACD的体积,易知三棱锥的高,又已知底面直角三角形的一直角边AD的长,故只需求出另一直角边CD的长.可建立空间直角坐标系,利用向量法列方程(组)求解.,易错警示对于第(2)问,二面角的平面角与两个半平面的法向量夹角相等或互补,部分同学容易错误认为仅相等,另外,计算法向量时可能出错.,评析本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.,考点直线、平面平行的判定与性质1.(2018浙江,6,4分)已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件,B组自主命题省(区、市)卷题组,答案Am,n,mn,m,故充分性成立.而由m,n,得mn或m与n异面,故必要性不成立.故选A.,2.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则()A.mlB.mnC.nlD.mn,答案C对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D,m与n可能平行、相交或异面,故B、D错;对于C,因为n,l,所以nl,故C正确.故选C.,评析本题考查了线面平行与垂直的性质及空间两条直线的位置关系.,3.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面,则“lm”是“l”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件,答案B由已知知m,若lm,则l或l.故充分性不成立.若l,则一定有lm.故必要性成立.选B.,4.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的是()A.若,垂直于同一平面,则与平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若,则在内与平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面,答案D若,垂直于同一个平面,则,可以都过的同一条垂线,即,可以相交,故A错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若,不平行,则,相交,设=l,在内存在直线a,使al,则a,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知mn,故D正确.,5.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1.求证:(1)AB平面A1B1C;(2)平面ABB1A1平面A1BC.,证明本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1.因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1A1B.因为AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC.又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1平面A1BC,又因为AB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面A1BC.,6.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD.求证:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.,证明(1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD,所以EFAB.又因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因为AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC,所以ADAC.,方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc);(2)线面垂直的性质(a,bab).,7.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.,解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE,所以CM平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.过点A作AHCE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA平面ABCD,又CE平面ABCD,从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q,则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中,AEH=45,AE=1,所以AH=.在RtPAH中,PH=,所以sinAPH=.解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.由PAAB,可得PA平面ABCD.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.作AyAD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为,则sin=.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.,思路分析对(1),延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CMEB,从而CM平面PBE;对(2),有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA与面PCE所成的角,然后通过解三角形求值;解法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sin=求值.,8.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面FGH;(2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.,解析(1)证法一:连接DG,CD,设CDGF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OHBD,又OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BHEF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BEHF.在ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GHAB.又GHHF=H,所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED,所以BD平面FGH.(2)解法一:设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DGFC.又FC平面ABC,所以DG平面ABC.在ABC中,由ABBC,BAC=45,G是AC中点,所以AB=BC,GBGC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.,所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,0),D(0,0,1).可得H,F(0,1),故=,=(0,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得,可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos=.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.解法二:作HMAC于点M,作MNGF于点N,连接NH.由FC平面ABC,得HMFC,又FCAC=C,所以HM平面ACFD.因此GFNH,所以MNH即为所求的角.在BGC中,MHBG,MH=BG=,由GNMGCF,可得=,从而MN=.由HM平面ACFD,MN平面ACFD,得HMMN,因此tanMNH=,所以MNH=60.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.,考点直线、平面平行的判定与性质1.(2013课标,4,5分,0.664)已知m,n为异面直线,m平面,n平面.直线l满足lm,ln,l,l,则()A.且lB.且lC.与相交,且交线垂直于lD.与相交,且交线平行于l,C组教师专用题组,答案D若,则mn,这与m、n为异面直线矛盾,所以A不正确,与相交.将已知条件转化到正方体中,易知与不一定垂直,但与的交线一定平行于l,从而排除B、C.故选D.,导师点睛对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷.,2.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线DE平面A1C1F;,(2)平面B1DE平面A1C1F.,证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.,3.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1CBC1=E.求证:(1)DE平面AA1C1C;(2)BC1AB1.,证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C,AC平面AA1C1C,所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC,所以ACCC1.又因为ACBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1B1C.因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.,又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.,4.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=A1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;,(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.,解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得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).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).,(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得n=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=-,于是sin=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=,其中0,1,则E(0,2),从而=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=,整理得2+4-3=0,又因为0,1,解得=-2.所以,线段A1E的长为-2.评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.,5.(2013安徽,19,13分)如图,圆锥顶点为P,底面圆心为O,其母线与底面所成的角为22.5,AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60.(1)证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面;(2)求cosCOD.,解析(1)证明:设面PAB与面PCD的交线为l.因为ABCD,AB不在面PCD内,所以AB面PCD.又因为AB面PAB,面PAB与面PCD的交线为l,所以ABl.由直线AB在底面上而l在底面外可知,l与底面平行.(2)设CD的中点为F.连接OF,PF.由圆的性质,得COD=2COF,OFCD.因为OP底面,CD底面,所以OPCD,又OPOF=O,故CD面OPF.又CD面PCD,因此面OPF面PCD,从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF,故OPF为OP与面PCD所成的角.由题设,知OPF=60.设OP=h,则OF=OPtanOPF=htan60=h.根据题设有OCP=22.5,得OC=.由1=tan45=和tan22.50,可解得tan22.5=-1,因此OC=(+1)h.在RtOCF中,cosCOF=-,故cosCOD=cos2COF=2cos2COF-1=2(-)2-1=17-12.评析本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系,直线与平面、直线与直线间所成角的计算等基础知识和基本技能,考查空间观念、推理论证能力和运算求解能力.,6.(2013山东,18,12分)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:ABGH;(2)求二面角D-GH-E的余弦值.,解析(1)证明:因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EFAB,DCAB.所以EFDC.又EF平面PCD,DC平面PCD,所以EF平面PCD.又EF平面EFQ,平面EFQ平面PCD=GH,所以EFGH.又EFAB,所以ABGH.(2)解法一:在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ=90,即ABBQ.因为PB平面ABQ,所以ABPB.又BPBQ=B,所以AB平面PBQ.由(1)知,ABGH,所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ,所以GHFH.同理可得GHHC,所以FHC为二面角D-GH-E的平面角.设BA=BQ=BP=2,连接FC,在RtFBC中,由勾股定理得FC=,在RtPBC中,由勾股定理得PC=.又H为PBQ的重心,所以HC=PC=.同理,FH=.在FHC中,由余弦定理得cosFHC=-.即二面角D-GH-E的余弦值为-.,解法二:在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ=90.又PB平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1),=(-1,-1,2),=(0,-1,2).设平面EFQ的法向量为m=(x1,y1,z1),由m=0,m=0,得取y1=1,得m=(0,1,2).设平面PDC的法向量为n=(x2,y2,z2),由n=0,n=0,得取z2=1,得n=(0,2,1),所以cos=.因为二面角D-GH-E为钝二面角,所以二面角D-GH-E的余弦值为-.,考点直线、平面平行的判定与性质1.(2018安徽黄山二模,4)下列说法中,错误的是()A.若平面平面,平面平面=l,平面平面=m,则lmB.若平面平面,平面平面=l,m,ml,则mC.若直线l平面,平面平面,则lD.若直线l平面,平面平面=m,直线l平面,则lm,A组20162018年高考模拟基础题组,答案C对于A,由面面平行的性质定理可知为真命题,故A正确;对于B,由面面垂直的性质定理可知为真命题,故B正确;对于C,若l,则l或l,故C错误;对于D,由线面平行的性质定理可知为真命题,故D正确.综上,选C.,三年模拟,2.(2018河南洛阳二模,4)若m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题正确的是()A.m,n,且,则mnB.m,n且,则mnC.m,n且,则mnD.m,n且,则mn,答案B对于A,m,则m或m,又n,则nm,故A错;对于B,m,则m,又n,所以mn,故B正确;对于C,由n,可得n或n,又m,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故C错;对于D,m,n且,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故D错.综上,选B.,3.(2017豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直线,、表示不同平面,若m,n,l1,l2,l1l2=M,则的一个充分条件是()A.m且l1B.m且nC.m且nl2D.ml1且nl2,答案D对于选项A,当m且l1时,可能平行也可能相交,故A不是的充分条件;对于选项B,当m且n时,若mn,则,可能平行也可能相交,故B不是的充分条件;对于选项C,当m且nl2时,可能平行也可能相交,故C不是的充分条件;对于选项D,当ml1,nl2时,由线面平行的判定定理可得l1,l2,又l1l2=M,由面面平行的判定定理可以得到,但时,ml1且nl2不一定成立,故D是的一个充分条件.故选D.,4.(2016山西长治二模,5)已知m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,则下列命题中正确的是()A.若,则B.若mn,m,n,则C.若mn,m,n,则D.若mn,m,则n,答案C对于A,墙角的三个墙面,满足条件,但与相交,故A错误;m,n,且m、n平行于,的交线时符合B中条件,但与相交,故B错误;由mn,m可推出n,结合n可推出,故C选项正确;若mn,m,则n或n,故D错误.所以选C.,5.(2017河南洛阳一模,9)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面与棱AB,AC,A1C1,A1B1分别交于点E,F,G,H,且直线AA1平面.有下列三个命题:四边形EFGH是平行四边形;平面平面BCC1B1;平面平面BCFE.其中正确的命题为()A.B.C.D.,答案CAA1平面,平面平面AA1B1B=EH,所以AA1EH.同理,AA1GF,所以EHGF,又由ABC-A1B1C1是直三棱柱易知EH=GF=AA1,所以四边形EFGH是平行四边形,故正确;若平面平面BB1C1C,由平面平面A1B1C1=GH,平面BCC1B1平面A1B1C1=B1C1,知GHB1C1,而由已知得不到GHB1C1,故错误;由AA1平面BCFE,结合AA1EH知EH平面BCFE,又EH平面,所以平面平面BCFE,故正确.综上,选C.,6.(2018河北唐山统一考试,14)在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为PAC的重心,过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为.,答案8,解析过点G作EFAC,分别交PA、PC于点E、F,过E、F分别作ENPB、FMPB,分别交AB、BC于点N、M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN为所求截面),且EF=MN=AC=2,FM=EN=PB=2,所以截面的周长为24=8.,7.(2018江西六校4月联考,18)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,ABD=90,EB平面ABCD,EFAB,AB=2,EB=,EF=1,BC=,且M是BD的中点.(1)求证:EM平面ADF;(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.,解析(1)证法一:取AD的中点N,连接MN,NF.在DAB中,M是BD的中点,N是AD的中点,所以MNAB,MN=AB,又因为EFAB,EF=AB,所以MNEF且MN=EF.(2分)所以四边形MNFE为平行四边形,所以EMFN,(4分)又因为FN平面ADF,EM平面ADF,故EM平面ADF.(5分)证法二:因为EB平面ABD,ABBD,故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.,由已知可得=,=(3,-2,0),=(0,-1,),设平面ADF的法向量是n=(x,y,z).由得令y=3,则n=(2,3,).(2分)又因为n=0,所以n,(4分)又EM平面ADF,故EM平面ADF.(5分)(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n=(2,3,).(6分)易得平面BFD的一个法向量是m=(0,-,1).(9分)所以cos=-,(11分)又二面角A-FD-B为锐角,故二面角A-FD-B的余弦值大小为.(12分),答案D对于A,若m,n,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故A错误;对于B,若,则与可能平行,也可能相交(比如直三棱柱相邻两侧面都与底面垂直),故B错误;对于C,若m,m,则与可能平行,也可能相交,故C错误;对于D,垂直于同一平面的两条直线相互平行,故D正确.综上,选D.,方法总结对点、线、面的位置关系的判断,常采用穷举法,即对各种位置关系都进行考虑,要充分应用几何模型的直观作用.,2.(2018湖南长沙长郡中学模拟,11)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABAD,BCAD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA平面ABCD,点E是线段AB的中点,点F在线段PA上,且EF平面PCD,直线PD与平面CEF交于点H,则线段CH的长度为()A.B.2C.2D.2,答案CPD与平面CEF交于点H,平面CEF平面PCD=CH,EF平面PCD,EFCH,过点H作HMPA交AD于点M,连接CM,EFAF=F,CHHM=H,平面AEF平面CHM,平面AEF平面ABCD=AE,平面CHM平面ABCD=CM,AECM,又BCAM,四边形ABCM为平行,四边形,AM=2.又AD=4,M是AD的中点,则H为PD的中点,CH=2,故选C.,一题多解取PA的中点为M,PD的中点为N,连接MN,BM,NC,由三角形中位线的性质可得MNAD,且MN=AD.又BCAD,且BC=AD,MNBC,四边形BCNM为平行四边形,BMCN,又知BM面PCD,CN面PCD,BM面PCD,又EF面PCD,且EF,BM面PAB,EFBM.F为AM的中点,PD与平面CEF交于点H,H与N重合,即H为PD中点,连接AC,PA=AD=4,AB=BC=2,PD=4,AC=2,PC=2.由直角梯形知识可得CD=2,PC2+CD2=PD2,即PCCD,CH=PD=2,故选C.,3.(2016河南三市3月联考,11)如图所示,侧棱与底面垂直,且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M、N分别在AD1、BC上移动,始终保持MN平面DCC1D1,设BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是(),答案C过M作MQDD1,交AD于Q,连QN.MN平面DCC1D1,MQ平面DCC1D1,MNMQ=M,平面MNQ平面DCC1D1,又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC,NQDC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x,=2,MQ=2x.在RtMQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,y2-4x2=1(x0,y1),函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.故选C.,解题关键作平面MNQ平面DCC1D1,且由勾股定理得出y与x的关系是解题的关键.,4.(2018山东烟台二模,16)如图是一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=10,E,F分别为AD,BC的中点,现分别将ABE,CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)当平面ABE平面CDF时,AC平面BFDE;当平面ABE平面CDF时,AECD;当A、C重合于点P时,PGPD;当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150.,二、填空题(每题5分,共10分),解析在ABE中,tanABE=,在ACD中,tanCAD=,所以ABE=DAC,由题意,将ABE,DCF沿BE,DF折起,且A,C在平面BEDF同侧,此时A、C、G、H四点在同一平面内,平面ABE平面AGHC=AG,平面CDF平面AGHC=CH,当平面ABE平面CDF时,得到AGCH,显然AG=CH,所以四边形AGHC为平行四边形,所以ACGH,进而可得AC平面BFDE,故正确;由于折叠后,直线AE与直线CD为异面直线,所以AE与CD不平行,故不正确;当A、C重合于点P时,可得PG=,PD=10,又GD=10,PG2+PD2GD2,所以PG与PD不垂直,故不正确;当A,C重合于点P时,在三棱锥P-DEF中,EFD与FCD均为直角三角形,所以DF为外接球的直径,即R=,所以外接球的表面积为S=4R2=4=150,故正确.综上,正确命题的序号为.,答案,5.(2017山西太原五中月考,14)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有条.,答案6,解析过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D、E、F、G分别为AC,BC,B1C1,A1C1的中点).易知经过D、E、F、G中任意两点的直线共有=6条.,6.(2018河北衡水中学、河南顶级名校3月联考,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AB=AA1,过AA1的平面分别交BC,B1C1于点D,D1.(1)求证:四边形ADD1A1为平行四边形;(2)若AA1平面ABC,D为BC的中点,E为DD1的中点,求二面角A-C1E-C的余弦值.,三、解答题(共25分),解析(1)证明:因为AA1BB1,AA1平面BCC1B1,BB1平面BCC1B1,所以AA1平面BCC1B1.(2分)又因为AA1平面ADD1A1,平面ADD1A1平面BCC1B1=DD1,所以AA1DD1.(3分)因为平面ABC平面A1B1C1,平面ABC平面ADD1A1=AD,平