直线、平面平行的判定及其性质-习题(含答案)25页

1、直线、平面平行的判定及其性质 习题（含答案） 一、单选题1已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A mm/ B mmC m/m/ D /mm/2已知直线与关于直线对称， 与垂直，则（ ）A B C -2 D 23已知，是两个不同的平面，m，n是异面直线且mn，则下列条件能推出的是（ ）A m/，n/ B m，n/ C m/，n D m，n4设m，n是不同的直线，是不同的平面，有以下四个命题：；mm；mm；mnnm其中正确的命题是（ ）A B C D 5如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1平行的截面，则该截面的面积为( )A 22

2、B 23 C 26 D 46下列命题正确的是A 四边形确定一个平面B 经过一条直线和一个点确定一个平面C 经过三点确定一个平面D 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面7四棱锥中， 平面，底面是边长为2的正方形， ， 为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A B C D 8直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABAC，AB=AC=AA1，则直线A1B与AC1所成角的大小为A 30 B 60 C 90 D 1209如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上底面边长为4，下底面边长为8，高为5，点M,N分别在A1B1,D1C1上，且A1M=D1N=1.过点M,N的平面与此四棱台的下底面会相

3、交，则平面与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为A 187 B 302 C 661 D 363二、填空题10如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形, AA1=3AB.记异面直线AB1,与BD所成的角为,则cos的值为_.11如图所示的正方体中，P，Q，M，N分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图形是_（把正确图形的序号都填上）.12空间四边形ABCD中，AB=CD，且异面直线AB与CD所成的角为40，E、F分别为BC和AD的中点，则异面直线EF和AB所成角的大小是_13正方体中，直线与直线所成角的大小为_ .14在正四面体P-ABC，已知M为AB的中点，则PA

4、与CM所成角的余弦值为_.15若直线与直线互相平行，则实数_,若这两条直线互相垂直，则_.16如图，长方体中， ，点分别是的中点，则异面直线与所成的角是_17在平面直角坐标系中，双曲线的一条渐近线与直线垂直，则实数的值为_18已知m,n是两条不重合的直线,是三个两两不重合的平面给出下列四个命题:(1)若m,m,则/ (2)若,则/ (3)若m,n,m/n,则/(4)若m/， /，则m/其中正确的命题是_(填上所有正确命题的序号)三、解答题19如图，PA底面ABCD，四边形ABCD是正方形，DE/AP,AP=AD=2DE=2.()证明：平面DCE/平面ABP；()求直线CP与平面DCE所成角的余

5、弦值.20如图，在四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，ADAB，AB/DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点(1)（理科生做）证明：BECD； （文科生做）证明：BE/平面PAD；(2)（理科生做）若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角F-AB-P的余弦值 （文科生做）求点B到平面PCD的距离.21如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD，点P为DN的中点，点E为AB的中点. (1)求证：BDMC；(2)求证：AP/平面NEC.22如图，在底面是菱形的四棱锥中, 平面， ，点分别为的中点，设直线与平面交于点.（1）已知平面平面

6、，求证： .（2）求直线与平面所成角的正弦值.23如图所示, CC1平面ABC,平面ABB1A1平面ABC,四边形ABB1A1为正方形，ABC=60, BC=CC1= 12AB=2,点E在棱BB1上.(1)若F为A1B1的中点E为BB1的中点,证明:平面EC1F平面A1CB；(2)设BE=BB1,是否存在,使得平面A1EC1平面A1EC?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.24如图，在底面边长为a的正三棱柱ABC-A1B1C1中， BB1=a，D是 AC的中点。（1）求证：AB1/平面DBC1；（2）求正三棱柱ABC-A1B1C1的体积及表面积。25如图，在四棱锥中，底面为菱形， ， 平面，

7、 ，点、分别为和的中点.（1）求证：直线平面；（2）求点到平面的距离.26如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，B1A1A=C1A1A=600,AC=4,AB=2，平面ACC1A1平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点.（1）若Q为线段AC的中点，H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD/平面B1PQ；（2）若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为1313，求点P到平面BQB1的距离.27如图，在四棱锥P-ABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为梯形，ABCD， BAD=60，PD=AD=AB=2，CD=4，E为PC的中点（1）证明：BE平面

8、PAD；（2）求三棱锥E-PBD的体积试卷第6页，总6页参考答案1D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】A，若，m，则有可能m，故A错误B，若，m，则m与不一定垂直，可能相交或平行，故B错误C，若m/，m/则推不出/，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C错误D，若/，m，则有m/，故D正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果2B【解析】直线关于直线对称的直线，即是交换位置所得，即， 相互垂直，故斜率乘积.点睛:本题主要考查了直线关于直线对称直线的方程，

9、考查了直线与直线垂直的概念与运用.点关于直线的对称点为，故关于对称的直线即是交换的位置得到，也即，再根据相互垂直，故斜率乘积为可求得的值.3D【解析】分析：根据线面垂直的判定定理求解即可.详解：A. m/，n/，此时，两平面可以平行，故错误；B. m，n/，此时，两平面可以平行，故错误；C. m/，n，此时，两平面仍可以平行，故错误，故综合的选D.点睛：考查线面垂直的判定，对答案对角度，多立体的想象摆放图形是解题关键，属于中档题.4B【解析】分析：由题意和线面垂直，平行的定义，对答案逐一验证，即可找出答案详解：由面面平行的性质可知，则，故正确；若，m，则m或m与相交，故错误；若m，则存在m，且

10、mm，又m，得m，所以，故正确；若mn，n，则m或m，故错误故选B点睛：本题考查了线面垂直和平行的关系，对判定定理的熟悉是解题关键，属于中档题5C【解析】【分析】在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1平行的截面，则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，进而得到答案【详解】在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1平行的截面，则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，如下图所示：则EF=22，A1C=23，EFA1C则截面的面积S=12EFA1C=26故选C【

11、点睛】本题主要考查的知识点是空间立体几何中截面的形状的判断，面面平行性质，四棱柱的结构特征，解答本题的关键是画出截面，并分析其几何特征，属于中档题。6D【解析】四边形有可能是空间四边形,故A选项错误.如果点在直线上,就不能确定一个平面,故B选项错误.如果三个点在同一条直线上,则无法确定一个平面,故C选学校错误.综上所述,D选项正确.7C【解析】如图所示，延长AD到H，使，过P作，F为PG的中点，连接BF，FH， BH，则为异面直线与所成的角或者补角，在中，由余弦定理得，故选C点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：平

12、移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角8B【解析】【分析】作出异面直线所成的角，然后求解即可【详解】因为几何体直三棱柱，BCB1C1，直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1平面ABC，ABAC，连结A1C,A1CAC1=O，取BC的中点H,连结OH，则直线A1B与AC1所成的角为就是AOH, 设AB=AC=AA1=1，BC=2易得AO=AH=OH=22, ，三角形AOH是正三角形，异面直线所成角为60故选

13、：B【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查计算能力9B【解析】【分析】由题意可知，当平面经过BCNM时取得的截面面积最大，此时截面是等腰梯形；根据正四棱台的高及MN中点在底面的投影求得等腰梯形的高，进而求得等腰梯形的面积。【详解】当斜面经过点BCNM时与四棱台的面的交线围成的图形的面积最大，此时为等腰梯形，上底为MN=4，下底为BC=8此时作正四棱台ABCD-A1B1C1D1俯视图如下：则MN中点在底面的投影到BC的距离为8-2-1=5因为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为5，所以截面等腰梯形的高为52+52=52 所以截面面积的最大值为S=124+852=302 所以选B【点睛】本

14、题考查了立体几何中过定点的截面面积问题，关键是分析出截面的位置，再根据条件求得各数据，需要很好的空间想象能力，属于难题。1024.【解析】分析：因为BD/B1D1，所以即为AB1D1，利用余弦定理可得结果.详解：因为BD/B1D1，所以即为AB1D1，设AB=a，则三角形AB1D1中，AB1=AD1=2a,B1D1=2a，由余弦定理可得cosAB1D1=2a2+4a2-4a222a2a=24，故答案为24.点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理

15、求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.11【解析】图形中，连接MN，PQ（图略），则由正方体的性质得MNPQ，因为两条平行直线可以确定一个平面，故图形正确.分析可知中四点共面，中四点均不共面.考点：多点共面的条件.1220或70.【解析】分析：取BD中点O，连结FO、EO，推导出EO=FO，FOE是异面直线AB与CD所成的角（或所成角的补角），EOF=40或EOF=140，由FOAB，得EFO是异面直线EF和AB所成的角，由此能求出异面直线EF和AB所成的角详解：取BD中点O，连结FO、EO，在空间四边形ABCD中，AB=CD，且异异面直线AB与CD所成的角为4

16、0，E、F 分别为边BC和AD的中点，FOAB，且FO=12AB，EODC， 且EO=12CD，EO=FO，FOE 是异面直线AB与CD所成的角（或所成角的补角），异面直线AB与CD所成的角为40，EOF=40或EOF=140，FOAB，得EFO是异面直线EF和AB所成的角，当EOF=40时，EFO=20 ，当EOF=140时，EFO=70，异面直线EF和AB所成的角为20或70.即答案为20或70.点睛：本题考查异面直线所成角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题13【解析】,即为所求角，在等边中， 1436【解析】分析

17、：取AC的中点N，连接MN,PN，由三角形中位线定理可得PMN即为PM与BC所成的角或其补角，利用余弦定理可得结果.详解：取PB的中点N，连接MN,CN,CM，由三角形中位线定理可得，MN/PA，故CMN即为CM与PA所成的角或其补角，因为P-ABC是正四面体，不妨设令其棱长为2，则由正四面体的性质可求得MN=1,CM=CN=3， 故cosCMN=1+3-3213=36，故答案为36.点睛：本题主要考查余弦定理的应用以及异面直线所成角的求法，求异面直线所成的角的做题步骤分为三步，分别为：作角、证角、求角，尤其是第二步证明过程不可少，是本题易失点分，切记.15 【解析】（1），解得或1；（2），

18、解得。点睛：本题考查直线的位置关系。当两直线平行时，有，一般转化为对角乘运算；当两直线平行时，有。主要考查特殊位置关系的公式应用。1690【解析】连接，由于E、G分别是和的中点， ,而, , 四边形是平行四边形.,从而为异面直线所成角，连接，则, 由, ,即异面直线与所成的角是90. 点睛：对于异面直线所成的角，一般是通过平移的方法形成异面直线所成的角（或其补角），再根据其所在三角形的边角关系，计算其大小，要注意异面直线所成的角是锐角或直角，若计算出是钝角时，其补角才是异面直线所成的角. 17【解析】令，得，故双曲线的渐近线方程为由题意可得，解得答案： 18（1）【解析】分析：根据线面关系的判

19、定定理或性质定理进行推理判断即可.详解：根据线面垂直的性质可知若m，m，则成立；若，则或与相交；故不成立；根据面面平行的可知，当m与n相交时，若两直线不相交时，结论不成立；若m/， /，则m/或m，故不成立故正确的是，故答案为：点睛：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题19（1）见解析；（2）直线CP与平面DCE所成角的余弦值为63.【解析】分析：(1)先根据线面平行判定定理得DC/平面ABP，DE/平面ABP.，再根据面面平行判定定理得结论，(2)先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据

20、方程组解得平面DCE的一个法向量，利用向量数量积求得向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系得结果.详解： ()因为DC/AB，AB平面ABP，DC平面ABP，所以DC/平面ABP.同理可得，DE/平面ABP.又DCDE=D,所以平面DCE/平面ABP.（）（向量法）以A为坐标原点，AB,AD,AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知得，点D(0，2，0)，C(2,2,0),E(0,2,1),P(0,0,2).所以CP=(-2,-2,2)，AD=(0,2,0).易证AD平面DCE，则平面DCE的一个法向量为AD=(0,2,0).设直线CP与平面DCE所成角为

21、，则sin=cosAD,CP=ADCPADCP=0,2,0-2,-2,2223=33。则cos=1-sin2=1-332=63.即直线CP与平面DCE所成角的余弦值为63.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20（1）见解析（2）理31010，文h=2【解析】【分析】(1理)可通过以点A为原点建立空间直角坐标系，然后确定B、C、D、P四点的坐标，最后通过求BEDC=0得出BEDC；(1文)首先可证明四边形ABEG是平行四边形，

22、再通过BE/AG证明BE/平面PAD；(2理)先求出向量BC、CP、AC、AB，然后求出平面ABP和平面FAB的法向量，最后求出二面角F-AB-P的余弦值；(2文)可通过等面积法求出点B到平面PCD的距离。【详解】(1理)依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)，向量BE(0，1，1)，DC(2，0，0)，故BEDC=0，所以BEDC. (1文)取PD中点G，联接AG、EG因为E是PC中点，所以EG/CD且EG=12CD所以EG/AB且EG=AB，四边形ABEG是平行四边形

23、BE/AG，BE平面PAD，AG平面PAD，所以BE/平面PAD；(2理)向量BC(1，2，0)，CP(-2，-2，2)，AC(2，2，0)，AB(1，0，0)由点F在棱PC上，设CF=CP，01，故BF=BC+CF=BC+CP=12，22，2，由BFAC，得BFAC=0，因此2(12)2(22)0，解得34，即BF=-12，12，32，设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则n1AB=0n1BF=0，即x=0-12x+12y+32z=0，不妨令Z=1，可得n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n2=(0，1，0)，则cosn1，n2n1n2n1n2-3101-31

24、010，易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为31010；(2文)设B到平面PCD距离为h，VB-PCD=VP-BCD，13SPCDh=13PASBCD 在BCD中，SBCD=2 因为CDAD,CDPA，ADPA=A所以CD平面PAD，所以CDPD,在RTBCD中，PD=22，SPCD=12CDPD=22将数据代入得h=2。【点睛】本题主要考查空间几何的相关知识，在解空间几何的相关题目时，可以通过点、线、面的相关性质或者利用空间向量来解出题目。21（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）连接AC，推出ACBD，得到AM平面ABCD，AMBD.证明BD平面MAC，即可得到证明；（2）取N

25、C的中点S，连接PS,SE，证明AP/SE，然后证明AP/平面NEC.解析：证明(1)连接AC，因为四边形ABCD，是菱形，所以ACBD，又ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD，所以AM平面ABCD.因为BD平面ABCD，所以AMBD.因为ACAM=A，所以BD平面MAC.又MC平面MAC，所以BDMC.(2)取NC的中点S，连接PS,SE.因为PS/DC/AE,PS=AE=12DC,所以四边形APSE是平行四边形，所以AP/SE.又SE平面NEC，AP平面NEC，所以AP/平面NEC.点睛：解题中注意符号语言的规范应用.22（1）见解析（2）.【解析】试题分析：（1）由三角形中位线定理可

26、得,利用线面平行的判定定理可得平面,在根据线面平行的性质定理可得；（2）由勾股定理可得 ， 平面，由此可以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用两直线垂直数量积为零列出方程组，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式.试题解析：（1）, 平面, 平面.平面,平面,平面平面.（2）底面是菱形， 为的中点 平面，则以点为原点，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，有得设，则， 则解之得，设直线与平面所成角为则 直线与平面所成角的正弦值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的性质与判定以及利用空间向量求线面角，属于难题. 空间向量解答立体几何问题

27、的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.23(1)见解析(2) 不存在,使得平面A1EC1平面A1EC【解析】【分析】（1）由平面ABB1A1平面ABC可得BB1平面ABC，从而有BB1CC1，结合条件可得四边形CC1EB为平行四边形，于是C1EBC，可得C1E平面A1BC又可根据条件得到EF平面A1BC，然后根据面面平行的判定定理可得结论（2）在ABC中，由余弦定理得AC2=12，于

28、是AB2=AC2+BC2，所以ACBC，又根据题意可得CA，CB，CC1两两垂直，故可建立空间直角坐标系，根据空间向量的知识求解【详解】(1)平面ABB1A1平面ABC，BB1BA，平面ABB1A1平面ABC=AB，BB1平面ABC.又CC1平面ABC，BB1CC1，又CC1=12AB =12BB1=BE，四边形CC1EB为平行四边形，C1EBC又BC平面A1BC，C1E 平面A1BC，C1E平面A1BCBE=EB1，A1F=FB1，EFA1B，又A1B平面A1BC，EF 平面A1BC，EF平面A1BC又C1EEF=E，C1E平面EFC1FE平面EFC1，平面EFC1平面A1BC（2）在ABC

29、中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2- 2ABBCcos60=12，AB2=AC2+BC2，ABC为直角三角形，且ACB=90，ACBC，由CC1平面ABC可得CC1AC，CC1BC，CA，CB，CC1两两垂直.以C点为坐标原点， CA，CB，CC1依次为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，则C(0，0，0)，C1(0，0，2)，A1(23，0，4)，E(0，2，4)设面A1EC1的一个法向量为n1=(x1，y1，z1)，则n1C1A1=0，n1C1E=0，即23x1+2z1=0，2y1+(4-2)z1=0，令z1=1，解得x1=-33，y1=1-2，n1=(-33，1-2，

30、1)设平面A1EC的一个法向量为n2=(x2，y2，z2)，则n2CA1=0，n2CE=0，即23x2+4z2=0，2y2+4z2=0，令x2=2，得z2=-3，y2=23，n2=(2，23，-3) 若平面A1EC1平面A1EC，则n1n2=-233+ 23(1-2) -3=0，化简得122-6+5=0，由于0，故此方程无解，所以不存在实数，使得平面A1EC1平面A1EC.【点睛】立体几何中，对于“是否存在”型问题的解答方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“

31、不存在”24(1)见解析，（2）34a52,32a2+3aa.【解析】【分析】（1）设B1CBC1=O，根据OD为ACB1的中位线，故有AB1OD，再利用直线和平面平行的判定定理证得AB1平面C1BD；（2）利用棱柱的体积与表面积公式计算即可.【详解】（1）设B1CBC1=O，则由正三棱柱ABCA1B1C1的性质可得O为B1C的中点再根据D为AC的中点，可得OD为ACB1的中位线，故有AB1OD而OD平面C1BD AB1平面C1BD，故有AB1平面C1BD(2)V=SABCA1A=34a2a=34a52,S=234a2+3aa=32a2+3aa.【点睛】本题主要考查直线和平面平行的判定定理的应

32、用，柱体的体积与表面积的计算，属于基础题25（1）见解析；（2）.【解析】【试题分析】(1) 取的中点，连结、，通过证明四边形为平行四边形,得到,由此证得平面.(2)利用等体积法,通过建立方程,由此求得点到面的距离.【试题解析】（1）取的中点，连结、，由题意， 且， 且，故且，所以，四边形为平行四边形，所以， ，又平面， 平面，所以， 平面.（2）设点到平面的距离为.由题意知在中， ，在中，在中，故， ，所以由得： ，解得.26（1）见解析（2）62【解析】【分析】（1）取BB1中点E，连接AE，EH，推导出EHB1Q，AEPB1，从而平面EHA平面B1QP，由此能证明AD平面B1PQ（2）连

33、接PC1，AC1，推导出AA1=AC=A1C1=4，AC1A1为正三角形，推导出PC1AA1，从而PC1平面ABB1A1，建立空间直角坐标系Pxyz，利用向量法能求出点P到平面BQB1的距离【详解】解：（1）证明：如图，取BB1中点E，连接AE,EHH为BQ中点，EH/B1Q在平行四边形AA1B1B中，P,E分别为AA1,BB1的中点，AE/PB1又EHAE=E，PB1B1Q=B1，平面EHA/平面B1QPAD平面EHA，AD/平面B1PQ.（2）连接PC1,AC1，四边形A1C1CA为菱形，AA1=AC=A1C1=4又C1A1A=600，AC1A1为正三角形P为AA1的中点，PC1AA1平面ACC1A1平面ABB1A1，平面ACC1A1平面ABB1A1=AA1，PC1平面ACC1A1，PC1平面ABB1A1，在平面ABB1A1内过点P作PRA