课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题八立体几何3直线平面平行的判定与性质试题文

课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题八立体几何3直线平面平行的判定与性质试题文课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题八立体几何3直线平面平行的判定与性质试题文PAGEPAGE37课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题八立体几何3直线平面平行的判定与性质试题文直线、平面平行的判定与性质探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、平面平行的判定与性质①了解直线与平面、平面与平面间的位置关系;②认识和理解空间中直线、平面平行的有关性质和判定；③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题2019课标全国Ⅱ，7,5分面面平行的判定充要条件★★★2019课标全国Ⅰ，19，12分线面平行的判定，点到平面的距离线面垂直的判定2017课标全国Ⅰ，6,5分线面平行的判定—2016课标全国Ⅲ，19,12分线面平行的判定,三棱锥的体积线线平行的判定,体积公式分析解读从近几年的高考试题来看,高考对本节内容的考查比较平稳,一般通过对图形或几何体的认识，考查直线与平面平行以及平面与平面平行的判定和性质,题型以解答题为主，偶尔也会出现在小题之中,以命题判断居多，难度适中,主要考查直线、平面平行间的转化思想,同时也考查学生的空间想象能力以及逻辑推理能力,分值约为6分。破考点练考向【考点集训】考点直线、平面平行的判定与性质1.（2020届黑龙江哈三中9月月考，5）给出下列四种说法:①若平面α∥β,直线a⊂α，b⊂β,则a∥b；②若直线a∥b,直线a∥α,直线b∥β,则α∥β;③若平面α∥β，直线a⊂α，则a∥β;④若直线a∥α,a∥β，则α∥β.其中正确的个数为（）A。4 B.3 C.2 D.1答案D2。（2019豫北六校联考，5）如图,在四棱锥P-ABCD中,M，N分别为AC，PC上的两点,且MN∥平面PAD，则(）A。MN∥PD B。MN∥PAC。MN∥AD D.以上均有可能答案B3.(2020届贵州贵阳中学等六校9月联考,8)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M,N分别为A1B和AC上的点，A1M=AN=23a，则MN与平面BB1C1A.斜交 B.平行 C.垂直 D。不能确定答案B4.如图,在多面体ABC—DEFG中，平面ABC∥平面DEFG,EF∥DG,且AB=DE,DG=2EF,则(）A。BF∥平面ACGD B.CF∥平面ABEDC.BC∥FG D.平面ABED∥平面CGF答案A5.如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，M是PC的中点,在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH,求证：AP∥GH.证明如图,连接AC,设AC交BD于O,连接MO。∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点.又M是PC的中点,∴MO∥PA。又MO⊂平面BDM,PA⊄平面BDM，∴PA∥平面BDM。又经过PA与点G的平面交平面BDM于GH，∴AP∥GH。6。（2020届西南地区名师联盟8月联考,18）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点。(1）求证：BM∥平面ADEF；（2）求证:平面BDE⊥平面BEC。证明（1）取DE的中点N,连接MN、AN，在△EDC中，M、N分别为CE、DE的中点，∴MN∥CD,且MN=12由已知得AB∥CD,AB=12∴MN∥AB,且MN=AB，∴四边形ABMN为平行四边形，∴BM∥AN，又∵AN⊂平面ADEF，BM⊄平面ADEF,∴BM∥平面ADEF。（2）∵四边形ADEF为正方形,∴ED⊥AD.又∵平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，ED⊂平面ADEF,∴ED⊥平面ABCD,∴ED⊥BC.在直角梯形ABCD中，由AB=AD=2,CD=4,AD⊥DC，可得BC=22。在△BCD中，BD=BC=22,CD=4，∴BD2+BC2=CD2,∴BC⊥BD,又ED∩BD=D,∴BC⊥平面BDE,又∵BC⊂平面BCE,∴平面BDE⊥平面BEC。7。（2019河北邯郸调研，18)如图,在四棱锥S-ABCD中,侧棱SA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD，且SA=AB=BC=2，AD=1，M是棱SB的中点。（1）求证:AM∥平面SCD；(2）求三棱锥B-MAC的体积。答案(1)证明：取SC的中点N,连接MN，ND。∵M，N分别是SB，SC的中点，∴MN∥BC,且MN=12∵AD∥BC，且AD=12∴四边形AMND为平行四边形，∴AM∥ND。又AM⊄平面SCD,ND⊂平面SCD,∴AM∥平面SCD.(2)∵SA⊥底面ABCD,∴SA⊥BC，又BC⊥AB,SA∩AB=A,∴BC⊥平面SAB,∴VB—MAC=VC-MAB=13·S△MAB·BC=13×12×（2)2炼技法提能力【方法集训】方法1证明线面平行的方法1.（2020届皖南八校第一次联考,19)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,E,F，G分别是棱BC,AD,PA的中点.(1)求证：PE∥平面BFG；（2)若PD=AD=1,AB=2，求点C到平面BFG的距离.答案(1）证明：连接DE.∵在矩形ABCD中，E，F分别是BC,AD的中点,∴DF=BE,DF∥BE，∴四边形BEDF是平行四边形，∴DE∥BF。（2分)∵G是PA的中点，∴FG∥PD.（3分)∵PD，DE⊄平面BFG,FG,BF⊂平面BFG,∴PD∥平面BFG,DE∥平面BFG。(4分）∵PD∩DE=D，∴平面PDE∥平面BFG.(5分)∵PE⊂平面PDE,∴PE∥平面BFG.(6分)（2）解法一:∵PD⊥平面ABCD，FG∥PD,∴FG⊥平面ABCD。在平面ABCD内，过C作CM⊥BF，垂足为M,则FG⊥CM.∵FG∩BF=F,∴CM⊥平面BFG，∴CM的长是点C到平面BFG的距离.(8分）在矩形ABCD中,F是AD的中点,AD=1,AB=2,易证△BCM∽△FBA，∴CMBA=BC∵FB=AB2+AF2=17解法二:连接CF,设C到平面BFG的距离为d，在矩形ABCD中,AF=12AD=1∴BF=14+4=∵PD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD，∴PD⊥BF,∵FG∥PD，∴FG⊥BF,又知FG=12PD=12,∴△BFG的面积为12∵△BCF的面积为12BC·AB=1，VC—BFG=VG-BCF∴13×178d=13×1×12,∴d=2。（2019河南安阳三模,18）如图所示,四棱锥A—BCDE中,BE∥CD，BE⊥平面ABC，CD=32（1）若AF=2FD,求证：EF∥平面ABC；（2)若△ABC为等边三角形,CD=AC=3，求四棱锥A-BCDE的体积。答案(1）证明：取线段AC上靠近C的三等分点G，连接BG，GF。因为AGAC=AFAD=23又BE∥CD,故GF∥BE.(3分）故四边形BGFE为平行四边形，故EF∥BG。(4分)因为EF⊄平面ABC，BG⊂平面ABC,故EF∥平面ABC。（6分)（2)因为BE⊥平面ABC,BE⊂平面BCDE，所以平面ABC⊥平面BCDE.(8分)所以四棱锥A—BCDE的高即为△ABC中BC边上的高.(9分）易求得BC边上的高为32×3=3故四棱锥A—BCDE的体积V=13×12×（2+3)×3×33方法2证明面面平行的方法1。(2020届四川成都9月摸底考试，19)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°，M、N分别为AD、PA的中点.(1)证明：平面BMN∥平面PCD；(2)若AD=6，求三棱锥P—BMN的体积。答案（1)证明：连接BD。∵AB=AD，∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形。∵M为AD的中点,∴BM⊥AD。∵AD⊥CD，CD,BM⊂平面ABCD,∴BM∥CD.（1分）又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD,∴BM∥平面PCD.(2分)∵M,N分别为AD,PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.(3分）又BM,MN⊂平面BMN，BM∩MN=M,(5分）∴平面BMN∥平面PCD。(6分)（2)在(1）中已证BM⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,BM⊂平面ABCD,∴BM⊥平面PAD，(7分)∵AB=AD=6,∠BAD=60°，∴BM=33.（8分)∵M,N分别为AD，PA的中点,PA=PD=22AD=32∴S△PMN=14S△PAD=14×12×（32)2∴三棱锥P—BMN的体积VP-BMN=VB—PMN=13S△PMN·BM=13×94×332.(2018吉林长春质量监测,19)如图,在四棱锥P—ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点.(1)求证：平面CMN∥平面PAB；（2)求三棱锥P-ABM的体积.答案(1）证明:∵M，N分别为PD,AD的中点，∴MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB。在Rt△ACD中，∠CAD=60°，∠ACD=90°,易知CN=AN,∴∠ACN=60°.又∠BAC=60°，∴CN∥AB.∵CN⊄平面PAB,AB⊂平面PAB，∴CN∥平面PAB。又CN∩MN=N,∴平面CMN∥平面PAB。(2)由(1）知，平面CMN∥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离,∵∠ABC=90°,∴CB⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB。∵AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=3,∴三棱锥P-ABM的体积V=VM—PAB=VC-PAB=13×12×1×2×3=【五年高考】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.(2019课标全国Ⅱ,7，5分)设α，β为两个平面,则α∥β的充要条件是（)A。α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α，β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案B2。(2017课标全国Ⅰ，6，5分)如图，在下列四个正方体中，A,B为正方体的两个顶点,M，N，Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A3。(2019课标全国Ⅰ，19，12分）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M，N分别是BC,BB1，A1D的中点。（1)证明:MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离.答案本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明，考查了学生的空间想象力，体现了直观想象的核心素养.（1)证明:连接B1C，ME。因为M,E分别为BB1,BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=12B1C。又因为N为A1D的中点，所以ND=12A由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED。又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE。(2）过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离。由已知可得CE=1,C1C=4，所以C1E=17,故CH=417从而点C到平面C1DE的距离为4174。（2016课标全国Ⅲ，19，12分）如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD,AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点,AM=2MD，N为PC的中点。(1）证明MN∥平面PAB;(2）求四面体NBCM的体积.答案（1)证明：由已知得AM=23取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12又AD∥BC,故TNAM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT。因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB。（6分)（2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为12取BC的中点E，连接AE。由AB=AC=3得AE⊥BC，AE=AB2-由AM∥BC得M到BC的距离为5，故S△BCM=12×4×5=25所以四面体NBCM的体积VNBCM=13·S△BCM·PA2=B组自主命题·省(区、市）卷题组考点直线、平面平行的判定与性质1。(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点，AB=BC.求证：(1）A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E。证明本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力。(1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC—A1B1C1中,AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC，E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE。因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.2。(2017浙江,19,15分)如图，已知四棱锥P—ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.（1）证明:CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.答案（1)证明：如图，设PA中点为F,连接EF,FB。因为E,F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且EF=12又因为BC∥AD，BC=12即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,因为CE⊄平面PAB,BF⊂平面PAB，因此CE∥平面PAB.（2)分别取BC，AD的中点M，N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E，F,N分别是PD,PA,AD的中点，所以Q为EF的中点,在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.因为PN∩BN=N，所以AD⊥平面PBN，由BC∥AD得BC⊥平面PBN，因为BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH。MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中，由PC=2,CD=1,PD=2得CE=2,在△PBN中，由PN=BN=1,PB=3得QH=14在Rt△MQH中，QH=14,MQ=2所以sin∠QMH=28所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是283.（2016四川，17，12分）如图,在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12（1）在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由；（2）证明:平面PAB⊥平面PBD。答案（1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点.理由如下:连接CM.因为AD∥BC,BC=12所以BC∥AM，且BC=AM。所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB。又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，所以CM∥平面PAB。（说明：取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点）(2)证明:连接BM，由已知,PA⊥AB,PA⊥CD，因为AD∥BC，BC=12所以直线AB与CD相交，所以PA⊥平面ABCD。因为BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为AD∥BC,BC=12所以BC∥MD,且BC=MD。所以四边形BCDM是平行四边形。又BC=CD,所以四边形BCDM为菱形,所以MC⊥BD,由(1)知MC∥AB，所以BD⊥AB.又AB∩AP=A，所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.4.(2015山东,18,12分)如图，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⊥BC，AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.证明（1)证法一：连接DG，CD,设CD∩GF=M，连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点,又H为BC的中点,所以HM∥BD，又HM⊂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BH∥EF，BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点，所以GH∥AB。又GH∩HF=H，AB∩BE=B，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH。(2)连接HE。因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB。由AB⊥BC,得GH⊥BC。又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE，又CF⊥BC，所以HE⊥BC。又HE,GH⊂平面EGH,HE∩GH=H，所以BC⊥平面EGH。又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH。C组教师专用题组考点直线、平面平行的判定与性质1。（2016山东，18,12分)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.（1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC⊥FB;(2）已知G，H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC。证明（1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF。连接DE。因为AE=EC,D为AC的中点,所以DE⊥AC。同理可得BD⊥AC。又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2）设FC的中点为I.连接GI,HI.在△CEF中,因为G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI=I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.2.(2015北京,18，14分）如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=2,O,M分别为AB,VA的中点.（1）求证:VB∥平面MOC;（2）求证:平面MOC⊥平面VAB;(3)求三棱锥V-ABC的体积。答案（1）证明:因为O,M分别为AB,VA的中点，所以OM∥VB。又因为VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2）证明：因为AC=BC,O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC,且OC⊂平面ABC,所以OC⊥平面VAB.所以平面MOC⊥平面VAB。(3)在等腰直角三角形ACB中，AC=BC=2，所以AB=2,OC=1。所以等边三角形VAB的面积S△VAB=3.又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C-VAB的体积等于13OC·S△VAB=3又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V—ABC的体积为333.（2015天津,17，13分）如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27，点E和F分别为BC和A1C的中点。（1)求证：EF∥平面A1B1BA;（2）求证:平面AEA1⊥平面BCB1。证明(1）如图,连接A1B.在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA.(2）因为AB=AC，E为BC的中点,所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1=B,所以AE⊥平面BCB1，又因为AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.4.(2015广东,18,14分）如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4,AB=6,BC=3。(1)证明:BC∥平面PDA;(2）证明:BC⊥PD；（3)求点C到平面PDA的距离。答案（1）证明:因为四边形ABCD是长方形，所以AD∥BC.又因为AD⊂平面PDA，BC⊄平面PDA，所以BC∥平面PDA.(2)证明：取CD的中点,记为E,连接PE，因为PD=PC，所以PE⊥DC。又因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC，PE⊂平面PDC,所以PE⊥平面ABCD。又BC⊂平面ABCD,所以PE⊥BC。因为四边形ABCD为长方形，所以BC⊥DC.又因为PE∩DC=E,所以BC⊥平面PDC。而PD⊂平面PDC,所以BC⊥PD。（3）连接AC.由(2)知,BC⊥PD,又因为AD∥BC,所以AD⊥PD，所以S△PDA=12AD·PD=1在Rt△PDE中，PE=PD2-DES△ADC=12AD·DC=1由（2)知，PE⊥平面ABCD,则PE为三棱锥P-ADC的高.设点C到平面PDA的距离为d，由VC-PDA=VP—ADC,即13d·S△PDA=13PE·S△ADC，亦即13×6d=13×故点C到平面PDA的距离为375。（2014课标Ⅱ,18,12分）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AP=1，AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=34解析(1)证明:设BD与AC的交点为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EO∥PB。EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC。(2）V=16PA·AB·AD=3又V=34所以AB=32所以PB=AB2+P作AH⊥PB交PB于H.由题设知BC⊥平面PAB,因为AH⊂平面PAB,所以BC⊥AH,又BC∩BP=B,故AH⊥平面PBC.又AH=PA·ABPB所以A到平面PBC的距离为3136.(2014四川,18,12分）在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.（1）若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2）设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论。答案（1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1。(2)存在.证明如下:取线段AB的中点M,连接A1M,MC，A1C，AC1,设O为A1C,AC1的交点。由已知可知O为AC1的中点.连接MD，OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线，所以MD∥AC且MD=12AC，OE∥AC且OE=1连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC,即线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使直线DE∥平面A1MC.【三年模拟】时间:60分钟分值：80分一、选择题（每小题5分,共20分）1。（2020届甘肃武威调研,5)已知α，β是两个不重合的平面,下列选项中,一定能得出平面α与平面β平行的是(）A。α内有两条直线与β平行B。直线a∥α，a∥βC.直线a,b满足a∥b，a∥α，b∥βD。异面直线a，b满足a⊂α,b⊂β，且a∥β,b∥α答案D2。（2020届黑龙江顶级名校9月联考，8）如图，四棱锥S—ABCD的所有棱长均为2，E是SA的中点，过C、D、E三点的平面与SB交于点F,则四边形DEFC的周长为()A。2+3 B。3+3 C.3+23 D。2+23答案C3.(2019江西吉安一模,11）如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,M，N分别是A1D1,A1B1的中点,过直线BD的平面α∥平面AMN,则平面α截该正方体所得截面的面积为（)A.2 B。98 C。3 D。答案B4。(2018湖南长沙长郡中学调研考试，11)如图，在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD，BC∥AD，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。2 B。2 C。22 D.23答案C二、填空题(每小题5分,共10分）5.（2019福建厦门一模，15)在正三棱锥S—ABC中，AB=23，SA=25，E,F分别为AC，SB的中点。平面α过点A,平面α∥平面SBC，平面α∩平面ABC=l,则异面直线l和EF所成角的余弦值为.

答案66.(2020届安徽合肥一中等六校第一次联考,16)如图,在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,点M是AD的中点,动点P在底面ABCD内(不包括边界）,若B1P∥平面A1BM,则C1P的最小值是.

答案30三、解答题（共50分)7。（2020届百师联盟开学摸底考试，18）如图，三角形DCF所在平面垂直于四边形ABCD所在平面，AB=AD=FC=2,BC=5,∠ADC=∠DAB=∠FCD=90°，N,P分别为AF，BC的中点.（1）证明：PN∥平面FDC；(2）求棱锥A—BDF的高.答案（1)证明：取AD的中点M,连接PM,MN.因为P，N,M分别为BC,AF,AD的中点,所以MN∥FD,PM∥CD，（1分）又知MN⊄平面FDC,FD⊂平面FDC，所以MN∥平面FDC，同理PM∥平面FDC，又PM∩MN=M，所以平面PMN∥平面FDC，（3分）又PN⊂平面PMN，所以PN∥平面FDC。(5分）（2）由已知得四边形ABCD是直角梯形,计算得CD=3，（6分）因为平面FCD⊥平面ABCD,∠FCD=90°,所以FC⊥平面ABCD。则VA—BDF=VF-ABD=13×12×AB·AD·FC=13×1设棱锥A—BDF的高为h,由已知得FD=FC2+CD2=13由FC⊥平面ABCD得FC⊥BC,所以FB=BC2+CF2所以sin∠DBF=1-26所以S△BDF=12BD·FB·sin∠DBF=12×22×3×346由VA-BDF=13×S△BDF×h=13×17×h=得h=417所以棱锥A-BDF的高为4178.(2019河南洛阳第二次统考，18）如图，已知平面多边形PABCD中,AP=PD，AD=2DC=2CB=4,AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点,现将三角形APD沿AD折起，使PC=22。（1）证明：CE∥平面PAB；（2)求三棱锥P-BCE的体积.答案（1）证明：如图,取PA的中点H，连接HE,HB。∵E为PD的中点，∴HE为△PAD的中位线,∴HE∥AD且HE=12又BC∥AD且BC=12∴四边形BCEH为平行四边形,∴CE∥BH,（3分）∵BH⊂平面ABP,CE⊄平面ABP,∴CE∥平面ABP.(5分)（2)由题意知△PAD为等腰直角三角形,四边形ABCD为直角梯形，取AD的中点F，连接BF，PF,∵AD=2BC=4,∴PF=BF=2,∵PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF=F,∴DF⊥平面PBF，∴BC⊥平面PBF,∵PB⊂平面PBF,∴BC⊥PB.(7分)∵在直角三角形PBC中,PC=22,BC=2，∴PB=2，∴△PBF为等边三角形.(8分）取BF的中点O，连接PO,则PO⊥BF，由DF⊥平面PBF知PO⊥DF,又DF∩BF=F，∴PO⊥平面ABCD,在等边△PBF中,可求得PO=3,(9分）∵E为PD的中点，∴E到平面PBC的距离等于D到平面PBC的距离的一半，连接BD,则VP-BCE=VE-PBC=12VD—PBC=12