7 3　直线 平面平行的判定与性质-2026版53高考数学总复习A版精炼

7.3直线、平面平行的判定与性质五年高考考点直线、平面平行的判定与性质1.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D答案A2.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1答案A3.(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:①若m∥n,则n∥α或n∥β②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β,则m∥n④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n其中所有真命题的编号是()A.①③B.②④C.①②③D.①③④答案A4.(2024新课标Ⅰ,17,15分,中)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3.(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为427,求解析(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=3,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0).设AD=t,t>0,则DC=4−t2,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,4−t2,0),则AC=(-t,4−t2,0),AP=(0,0,2),DP=(t,0,2),DC=(设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n令x1=4−t2,则y1=t,则n1=(4−t2,设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),∵二面角A-CP-D的正弦值为427,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值为1−∴77=|cos<n1,n2>|=|∴t=3(舍负),∴AD=3.5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.(1)证明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.解析(1)证法一:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC.证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,延长BO交AC于点F,连接PF,易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,∵E为PB的中点,∴OE∥PF,又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,∴OE∥平面PAC.(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=23,∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=43,∴AC=12,C(-23,12,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),AB=(43,0,0),AE=∴AB令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),AC=(0,12,0),∴AC令x2=3,则z2=-6,∴n2=(3,0,-6),∴cos<n1,n2>=n1设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sinθ=1−cos∴二面角C-AE-B的正弦值为1113三年模拟基础强化练1.(2025届湖南长沙长郡中学调研,2)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则m∥α的一个充分条件是()A.m∥n,n∥αB.m∥β,α∥βC.m⊥n,n⊥α,m⊄αD.m∩n=A,n∥α,m⊄α答案C2.(2025届江苏常州学情调研,3)在空间中,设m,n为两条不同直线,α,β为两个不同平面,则下列命题正确的是()A.若m∥α且α∥β,则m∥βB.若m、n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则α∥βC.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nD.若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n∥β答案B3.(2024河南安阳、焦作二模,5)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为梯形,AB=BB1=32C1D1=6,CD∥AB,BM=λMB1(0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,则A.4λC.2答案C4.(2023河南新乡二模,7)在如图所示的正方体或正三棱柱中,M,N,Q分别是所在棱的中点,则满足直线BM与平面CNQ平行的是()答案B5.(多选)(2024河北邯郸重点中学月考,9)已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,则()A.A1B∥平面HGFB.FG∥HEC.直线D1F与直线HE相交D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°答案ABD6.(2025届福建泉州四校期中联考,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=CC1=3,D是棱BB1的中点,P是C1D的延长线与CB的延长线的交点.(1)求证:AP∥平面A1CD;(2)若点E在线段AP上,且点E为靠近点A的三等分点,求直线A1E与平面A1CD所成的角的正弦值.解析(1)证明:连接AC1,交A1C于点M,连接MD,如图1,由ABC-A1B1C1是直三棱柱,可得四边形A1C1CA是矩形,故M为AC1的中点,又D是B1B的中点,所以B1D=BD,又∵∠B1DC1=∠BDP,∠C1B1D=∠PBD=90°,∴△B1DC1≌△BDP,∴C1D=PD,即D是C1P的中点.在△C1AP中,∵M,D分别为C1A,C1P的中点,∴MD∥AP,又MD⊂平面A1CD,AP⊄平面A1CD,故AP∥平面A1CD.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,可得C1C⊥平面ABC,又CA,CB⊂平面ABC,故CC1⊥CA,CC1⊥CB,又∠ACB=90°,故CA⊥CB,故CC1,CA,CB两两垂直,故以C为坐标原点,建立如图2所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),C1(0,0,3),A(3,0,0),A1(3,0,3),B(0,3,0),B1(0,3,3),D0,3,32,则CA1=(3,0,3),CD=0,3,32,A1C由(1)知BP=C1B1,故CP=6,则P(0,6,0),则AP=(-3,6,0).设平面A1CD的法向量为m=(x,y,z),则m·取z=-2,则x=2,y=1,故m=(2,1,-2).又AE=13AP=(-1,2,0),则点E的坐标为(2,2,0),则A1E=(设直线A1E与平面A1CD所成的角为θ,则sinθ=|cos<A1E,m>|=所以直线A1E与平面A1CD所成的角的正弦值为147能力拔高练1.(多选)(2025届山东青岛五十八中期中,11)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,P是正方形A1B1C1D1内(包含边界)的动点,则下列结论正确的是()A.若DP∥平面CEF,则点P的轨迹长度为22B.若AP=17,则点P的轨迹长度为2πC.若P是正方形A1B1C1D1的中心,Q在线段EF上,则PQ+CQ的最小值为42D.若P是棱A1B1的中点,则三棱锥P-CEF的外接球的表面积是41π答案ACD2.(2025届北京日坛中学调研,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,CD⊥AP,△PCD为等腰直角三角形,PD=CD=2,平面PBC交平面PAD于直线l,E,F分别为棱PD,PB的中点.(1)求证:BC∥l.(2)设PA=AD=2BC=2.①求平面AEF与平面PAD夹角的余弦值;②在棱PC上是否存在点G,使得DG∥平面AEF?若存在,求PGPC的值;若不存在,说明理由解析(1)证明:因为AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD,又BC⊂平面PBC,平面PBC∩平面PAD=l,所以BC∥l.(2)①取AD的中点O,连接OP,OB,由题意可得BC∥OD,且BC=OD,则四边形OBCD为平行四边形,可得OB∥CD,由△PCD为等腰直角三角形,PD=CD可知CD⊥PD,又CD⊥AP,AP∩PD=P,AP,PD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,所以OB⊥平面PAD,因为OP,AD⊂平面PAD,所以OP⊥OB,AD⊥OB,又因为△PAD为等边三角形,O为AD的中点,所以OP⊥AD,又OB∩AD=O,OB,AD⊂平面ABCD,所以OP⊥平面ABCD,故OP,OA,OB两两垂直.如图,以O为坐标原点,OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),E−12,0,32,F0,1,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·令x=2,则y=-1,z=23,即n=(2,-1,23),易知平面PAD的一个法向量为m=(0,1,0),可得cos<n,m>=n·m|n|·|m|所以平面AEF与平面PAD夹角的余弦值为1717②由①可得PC=(-1,2,-3),设PG=λPC,λ∈[0则G(-λ,2λ,3(1-λ)),则DG=(1-λ,2λ,3(1-λ)),若DG∥平面AEF,则n⊥DG,可得n·DG=2(1-λ)-2λ+6(1-λ)=0,解得λ=45所以存在点G,使得DG∥平面AEF,此时PGPC创新风向练(创新考法)(2024江苏南通第二次调研,17)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.(1)从下面两个结论中选一个证明:①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点.注:若两个问题均作答,则按第一个计分.(2)求直线BD与平面EFG的距离.解析(1)证明:选①.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG.又BD⊂平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.选②.在△ACD中,AG=2GD,F为CD的中点,所以GF与AC不平行.设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF,又AC⊂平面ABC,FG⊂平面EFG,所以K∈平面ABC,K∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG=HE,所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.(2)若第(1)问中选①.由(1)知,BD∥平面EFG.所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.若第(1)问中选②.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG.所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.连接EA,ED