2027新高考数学复习53A版3-7.3　直线、平面平行的判定与性质

7.3直线、平面平行的判定与性质考点直线、平面平行的判定与性质五年高考1.★★★(2024新课标Ⅰ,17,15分)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=则n1=(4−t2,t,设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·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1−4272=77,∴77=|cos<∴t=3(舍负),∴AD=3.2.★★★(2022新高考Ⅱ,20,12分)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1.★★(2026届河北衡水二中三模,4)已知直线a,b,平面α,且b⊂α,则“a∥b”是“a∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案D2.★★★(2025届湖北八校三模,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,∠ABC=π3,AB=AP=2,PA⊥底面ABCD,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点(1)求证:平面AEG∥平面BDH;(2)求点A到平面BDH的距离.解析(1)证明:连接AC,交BD于点O,连接OH,在△PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,所以EG∥BH,又因为EG⊄平面BDH,BH⊂平面BDH,所以EG∥平面BDH,同理,AG∥平面BDH,因为AG,EG⊂平面AEG,AG∩EG=G,所以平面AEG∥平面BDH.【面面平行的判定定理】(2)记点A,H到平面BDH,平面ABD的距离分别为hA,hH.由题意知S△ABD=12×2×2×3因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,又PA=2,CH=13CP,所以hH=2易知PB=PC=22,AC=2,CH=22在△PBC中,由余弦定理的推论得cos∠PCB=12在△BCH中,由余弦定理得BH2=BC2+CH2-2BC·CH·cos∠HCB=329,则BH=4同理,DH=423,则BH=DH,又因为O为BD的中点,所以OH在△BDH中,BD=23,S△BDH=12×23×32连接AH,因为VA-BDH=VH-ABD,所以hA=S△ABD3.★★★(2026届山东青岛阶段检测,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB⊥AD,AD∥BC,AD=AP=2AB=2BC=2,PA⊥平面ABCD,E为棱PD上的动点.(1)当E为棱PD的中点时,证明:EC∥平面PAB;(2)若PE=2ED,求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值.解析(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF,因为E为PD的中点,所以EF∥AD,EF=12AD因为AD∥BC,AD=2BC,所以EF∥BC,EF=BC,所以四边形EFBC为平行四边形,所以EC∥BF.又BF⊂平面PAB,EC⊄平面PAB,所以EC∥平面PAB.(2)因为AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直,故以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(1,1,0),所以AC=(1,1,0),AD=(0,2,0),因为PE=2ED,所以E0,4所以AE=设平面EAC的法向量为n=(x,y,z).则n·取y=1,得x=-1,z=-2,所以n=(-1,1,-2).易知AD=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量.设平面EAC与平面PAB的夹角为θ.则cosθ=|cos<n,AD>|=所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为664.★★★★(2026届山东德州禹城综合实验高中期中,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD=3.(1)若点E为线段PD的中点,求证:AE⊥平面PDC;(2)若EP=−12ED,则线段AB上是否存在一点F,使得EF∥平面PBC?若存在,请确定点F的位置,并求三棱锥F解析(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD,因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,又AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.又因为PA=PD=AD,且E为PD的中点,所以AE⊥PD,又因为PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PDC,所以AE⊥平面PDC.(2)由EP=−12ED知点E为PD上靠近点P的三等分点.如图,分别取AB,CD的三等分点F,G,连接则EG∥PC,