（课标专用 5年高考3年模拟A版）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 理-人教版高三数学试题

直线、平面平行的判定与性质挖命题【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1.直线与平面平行的判定与性质①以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理,并能够证明相关性质定理.②能运用线面平行、面面平行的判定及性质定理证明空间图形的平行关系2018江苏,15,14分直线和平面平行的判定面面垂直的判定★★★2017江苏,15,14分直线和平面平行的判定线线垂直的判定、面面垂直的性质2016课标Ⅱ,14,5分直线和平面平行的判定和性质线面角、线面垂直的性质2014课标Ⅱ,18,12分线面平行的判定三棱锥的体积、二面角2.平面与平面平行的判定与性质2015山东,17,12分线面平行的判定、面面平行的性质线面垂直的性质、二面角★★☆分析解读从近5年高考情况来看,本节内容一直是高考的热点,主要考查直线与平面及平面与平面平行的判定和性质,常设置在解答题中的第(1)问,难度中等,解题时应注意线线平行、线面平行、面面平行的相互转化,应充分发挥空间想象能力以及逻辑思维能力.破考点【考点集训】考点一直线与平面平行的判定与性质1.(2017山西大学附中10月模拟,11)如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为()A.AC⊥BDB.AC=BDC.AC∥截面PQMND.异面直线PM与BD所成的角为45°答案B2.(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63.(2018江苏无锡模拟,18)如图,在四面体PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D为PC的中点.(1)求证:AD⊥BD;(2)若M为PB的中点,点N在直线AB上,且AN∶NB=1∶2,求证:直线AD∥平面CMN.证明(1)∵PA=AC,D为PC的中点,∴AD⊥PC.∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴BC⊥平面PAC.∵AD⊂平面PAC,∴BC⊥AD.又∵AD⊥PC,BC∩PC=C,PC,BC⊂平面PBC,∴AD⊥平面PBC.∵BD⊂平面PBC,∴AD⊥BD.(2)连接DM,设BD与CM交于点G,连接NG.∵D、M分别为PC和PB的中点,∴DM∥BC且DM=12∴DG∶GB=DM∶BC=1∶2.∵AN∶NB=1∶2,∴AN∶NB=DG∶GB.∴△BNG∽△BAD,∴AD∥NG.∵AD⊄平面CMN,NG⊂平面CMN,∴直线AD∥平面CMN.考点二平面与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α∥平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,则l∥mB.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=l,m⊂α,m⊥l,则m⊥βC.若直线l⊥平面α,平面α⊥平面β,则l∥βD.若直线l∥平面α,平面α∩平面β=m,直线l⊂平面β,则l∥m答案C2.(2017河南豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α,l1⊂β,l2⊂β,l1∩l2=M,则α∥β的一个充分条件是()A.m∥β且l1∥αB.m∥β且n∥βC.m∥β且n∥l2D.m∥l1且n∥l2答案D3.(2017江西九江模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E、F分别是棱BC、CC1的中点.(1)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1,试确定点D的位置,并说明理由;(2)证明:EF⊥A1C.解析(1)∵面DEF∥面ABC1,面ABC∩面DEF=DE,面ABC∩面ABC1=AB,∴AB∥DE,(4分)∵在△ABC中,E是BC的中点,∴D是线段AC的中点.(6分)(2)证明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,∴侧面A1ACC1是菱形,∴A1C⊥AC1,(7分)又易得AB⊥A1C,∵AB∩AC1=A,∴A1C⊥面ABC1,(9分)∴A1C⊥BC1.(10分)又∵E、F分别为棱BC、CC1的中点,∴EF∥BC1,(11分)∴EF⊥A1C.(12分)炼技法【方法集训】方法1证明直线与平面平行的方法1.如图,空间几何体ABCDFE中,四边形ABCD是菱形,直角梯形ADFE所在平面与平面ABCD垂直,且AE⊥AD,EF∥AD,P,Q分别是棱BE、DF的中点.求证:PQ∥平面ABCD.证明如图,作PM∥EA交AB于M,作QN∥EA交AD于N,连接MN.因为P、Q分别是棱BE、DF的中点,所以PM∥EA且PM=12EA,QN∥EA且QN=1所以PMQN,所以四边形PMNQ为平行四边形,所以PQ∥MN,又PQ⊄平面ABCD,MN⊂平面ABCD,所以PQ∥平面ABCD.2.如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别是AC,A1C1的中点.(1)证明:AD1∥平面BDC1;(2)证明:BD∥平面AB1D1.证明(1)∵D1,D分别为A1C1,AC的中点,四边形ACC1A1为平行四边形,∴C1D1DA,∴四边形ADC1D1为平行四边形,∴AD1∥C1D.又AD1⊄平面BDC1,C1D⊂平面BDC1,∴AD1∥平面BDC1.(2)连接D1D,如图.易知DD1CC1,又CC1BB1,∴BB1DD1.故四边形BDD1B1为平行四边形.∴BD∥B1D1.又BD⊄平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,∴BD∥平面AB1D1.3.(2018广东惠州一调,19)如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,点E在A1D上.(1)证明:AA1⊥平面ABCD;(2)当A1EED为何值时,A1解析(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,所以AB=AD=AC=2,在△AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA同理,AA1⊥AD,又AB∩AD=A,所以AA1⊥平面ABCD.(4分)(2)当A1EED理由如下:连接BD交AC于点O,连接OE,假设A1B∥平面EAC,由于A1B⊂平面A1BD,且平面EAC∩平面A1BD=OE,则OE∥A1B,∵O为BD的中点,∴在△A1BD中,E为A1D的中点,即A1直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离,因为E为A1D的中点,所以点A1到平面EAC的距离等于点D到平面EAC的距离,VD-EAC=VE-ACD,设AD的中点为F,连接EF,则EF∥AA1,且EF=1,所以EF⊥平面ACD,可求得S△ACD=3,所以VE-ACD=13×1×3=3又因为AE=2,AC=2,CE=2,所以S△EAC=72,所以13S△EAC·d=13×72d=33(d表示点D到平面EAC的距离),解得d=2方法2证明平面与平面平行的方法1.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.(1)求证:BE∥平面DMF;(2)求证:平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO,又BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,所以BE∥平面DMF.(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DE∥GN.又DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点,所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN,又BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE∥平面MNG.2.(2017河南中原名校联考,20)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F分别为AD,PA的中点,在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD.(1)求证:平面BEF∥平面PDQ;(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.解析(1)证明:如图,以点A为原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),设Q(1,x,0),则PQ=(1,x,-1),QD=(-1,a-x,0),(2分)若PQ⊥QD,则PQ·QD=-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0,Δ=(-a)2-4,∵在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD,∴Δ=0,∴a=2,x=1.(4分)∴Q(1,1,0),QD=(-1,1,0),又E是AD的中点,∴E(0,1,0),BE=(-1,1,0),∴QD=BE,∴BE∥DQ,又BE⊄平面PDQ,DQ⊂平面PDQ,∴BE∥平面PDQ,又F是PA的中点,∴EF∥PD,∵EF⊄平面PDQ,PD⊂平面PDQ,∴EF∥平面PDQ,∵BE∩EF=E,BE,EF⊄平面PDQ,∴平面BEF∥平面PDQ.(6分)(2)设平面BFQ的法向量n1=(x,y,z),则n1·BF=0,n1·BQ=0,易知BF=-1,0∴-x+1同理,可得平面BEF的一个法向量n2=(1,1,2),∴cos<n1,n2>=n1·n又易知二面角E-BF-Q为锐角,∴二面角E-BF-Q的余弦值为306过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组1.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β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)

答案②③④2.(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)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=3,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EO∥PB.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,AB的方向为x轴的正方向,|AP|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,3,0),E0,32,1设B(m,0,0)(m>0),则C(m,3,0),AC=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的一个法向量,则n1·AC=0,n1又n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量,由题设得|cos<n1,n2>|=12,即33+4m2=因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为12三棱锥E-ACD的体积V=13×12×3×32×1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.B组自主命题·省(区、市)卷题组1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”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答案A2.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”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B3.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明本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,AB∥A1B1.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AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=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.4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12(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,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.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,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,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PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=22在Rt△PAH中,PH=PA2+A所以sin∠APH=AHPH=1解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以AD,AP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PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由n·PE设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sinα=|n·AP||所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13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CM∥EB,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sinα=|nC组教师专用题组1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n答案C2.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是()A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β不平行···,则在α内不存在D.若m,n不平行···,则m与n不可能答案D3.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.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,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.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(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).4.(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B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.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A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.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AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.6.(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,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.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O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.(2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=12又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,得AB=BC,GB⊥GC,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(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).可得H22,2故GH=22,22,设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由n·GH可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,2).因为GB是平面ACFD的一个法向量,GB=(2,0,0),所以cos<GB,n>=GB·n|GB|·|所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.7.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,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13,求线段A1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M1,(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52(2)AD1=(1,-2,2),设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n1·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n又AB1不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>=n1·n于是sin<n1,n2>=310所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为310(3)依题意,可设A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<NE,n>=NE·n|NE所以,线段A1E的长为7-2.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.8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以AB,AD,AA1为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量A1E=(0.5,0.5,0),A1D=(0,1,-1),由n1⊥A1E,n1⊥A1D得r所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为|评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.9.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:如图,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得E(2,1,0),F(1,0,0),M(2,1,2),N(1,0,2),Q(2,2,λ),P(0,0,λ).设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),则由FE·n=0同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±22.故存在λ=1±2评析本题考查了线面平行的证明方法和二面角的计算.体现了利用平面的法向量解决二面角中有关求值问题的优势.充分利用方程的思想方法是解题的关键.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2019届黑龙江哈尔滨师范大学附中期中,5)若m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列说法中正确的是()A.α∥β,m⊂α,n⊂β⇒m∥nB.α⊥γ,β⊥γ⇒α∥βC.α∥β,m∥n,m⊥α⇒n⊥βD.α∩β=m,β∩γ=n,m∥n⇒α∥β答案C2.(2019届浙江温州九校第一次联考,4)已知m为一条直线,α,β为两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若m∥α,α∥β,则m∥βB.若m⊥α,α⊥β,则m∥βC.若m⊥α,α∥β,则m⊥βD.若m∥α,α⊥β,则m⊥β答案C3.(2017河南洛阳一模,9)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面α与棱AB,AC,A1C1,A1B1分别交于点E,F,G,H,且直线AA1∥平面α.有下列三个命题:①四边形EFGH是平行四边形;②平面α∥平面BCC1B1;③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题为()A.①②B.②③C.①③D.①②③答案C4.(2018湖南长沙长郡中学模拟,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.2B.2C.22D.23答案C二、填空题(共5分)5.(2018山东烟台二模,16)如图是一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=102,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)

①当平面ABE∥平面CDF时,AC∥平面BFDE;②当平面ABE∥平面CDF时,AE∥CD;③当A、C重合于点P时,PG⊥PD;④当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150π.答案①④三、解答题(共60分)6.(2019届广东肇庆第一次统测,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PD⊥平面ABCD,M是PC的中点,G是线段DM上异于端点的一点,平面GAP∩平面BDM=GH,PD=2.(1)证明:GH∥平面PAD;(2)若PD与平面GAP所成的角的正弦值为1111解析(1)证明:连接AC交BD于点O,连接MO.因为MO是△APC的中位线,所以MO∥PA.又PA⊄平面MBD,MO⊂平面MBD,所以PA∥平面MBD.又因为平面GAP∩平面BDM=GH,PA⊂平面GAP,所以PA∥GH.又GH⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)如图,建立空间直角坐标系.依题意可得D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1).因为G在DM上,所以可设G(0,t,t)(0<t<1),AP=(-2,0,2),PG=(0,t,t-2),DP=(0,0,2).设n=(x,y,z)是平面GAP的法向量,则n·AP=0,n设PD与平面GAP所成的角为α,则sinα=|cos<DP,n>|=DP·n|DP||D到平面GAP的距离为n·OA|由(1)知MO∥PA,PA∥GH,所以MO∥GH,所以H是DO的中点,经计算,PA=22,GH=22,PG=AH=102,梯形PAHG的高为224∴四棱锥D-PAHG的体积VD-PAHG=13×5118×2解后反思本题考查线面平行的判定、性质、空间几何体体积的求解方法以及空间向量的应用,是高考考查的重点题型之一,综合性较强,有一定的难度,解题的关键有二:一是能否准确作出辅助线,直接影响第一问的证明;二是利用法向量确定点G的位置.此题计算量较大.7.(2019届福建厦门外国语学校11月月考,18)如图,菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2,它们所在的平面互相垂直,FD⊥平面ABCD,且FD=3.(1)求证:EF∥平面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求直线EF与平面AFB所成角的正弦值.解析(1)证明:如图,过点E作EH⊥BC于H,连接HD,∴EH=3.∵平面ABCD⊥平面BCE,EH⊂平面BCE,平面ABCD∩平面BCE=BC,∴EH⊥平面ABCD.又∵FD⊥平面ABCD,FD=3,∴FDEH,∴四边形EHDF为平行四边形,∴EF∥HD.∵EF⊄平面ABCD,HD⊂平面ABCD,∴EF∥平面ABCD,(2)连接HA,AC,由(1)可得H为BC中点,∵∠CBA=60°,则△ABC为等边三角形,∴HA⊥BC,分别以HB,HA,HE所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.则B(1,0,0),F(-2,3,3),E(0,0,3),A(0,3,0),BF=(-3,3,3),BA=(-1,3,0),BE=(-1,0,3).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),直线EF与平面AFB所成的角为α,由n·BF令y=1,则x=3,z=2,得n=(3,1,2).sinα=|cos<EF,n>|=4228名师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”.8.(2018湖北武汉汉阳一中模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等边三角形,且AA1⊥平面ABC,D为AB的中点.(1)求证:直线BC1∥平面A1CD;(2)若AB=BB1=2,E是BB1的中点,求三棱锥A1-CDE的体积.解析(1)证明:连接AC1,交A1C于点F,连接DF,则F为AC1的中点,又D为AB的中点,所以BC1∥DF.又BC1⊄平面A1CD,DF⊂平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)三棱锥A1-CDE的体积VA1-CDE=VC-A1DE=1又S△A1DE=2×2-12×1×2-1所以VA1-CDE=VC-A1DE=19.(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