直线平面平行判定与性质

§8.2直线、平面平行的判定与性质高考理数

(课标Ⅱ专用)考点直线、平面平行的判定与性质五年高考A组

统一命题·课标卷题组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

B本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查

推理论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理.A、C、D选项中α与β可能相交,故选B.易错警示

A、C、D三个选项中学生均可能忽略α、β相交的情况.2.(2016课标全国Ⅰ,11,5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面

ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为

()A.

B.

C.

D.

答案

A

如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易证AA2

∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3为平面α.于是m∥A2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角为60°,其正弦值为

.选A.疑难突破本题的难点是明确直线m、n的具体位置或它们相对正方体中的棱、对角线的相

对位置关系.为此适当扩形是常用策略.思路分析

根据平面与平面平行的判定和性质,作出平面α,进而由直线与直线平行找到m、n

所成的角,最后解三角形求解.3.(2016课标全国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②③④解析由m⊥n,m⊥α,可得n∥α或n在α内,当n∥β时,α与β可能相交,也可能平行,故①错.易知②

③④都正确.思路分析

考察线、面在空间中的位置关系,可逐一验证排除.4.(2019课标全国Ⅰ,18,12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)求二面角A-MA1-N的正弦值.

解析本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考

查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=

B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=

A1D.由题设知A1B1

DC,可得B1C

A1D,故ME

ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,

,2),N(1,0,2),

=(0,0,-4),

=(-1,

,-2),

=(-1,0,-2),

=(0,-

,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则

所以

可取m=(

,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则

所以

可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=

=

=

,所以二面角A-MA1-N的正弦值为

.思路分析(1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MN∥ED,从而

可得MN与平面C1DE平行.(2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A1MA与平面A1MN的法向量,再由向量的

夹角公式求解.解题关键建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.5.(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)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

解析

(1)证明:由已知得AM=

AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=

BC=2.

(3分)

又AD∥BC,故TN

AM,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)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=

=

=

.以A为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(

,2,0),N

,

=(0,2,-4),

=

,

=

.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则

即

(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,

>|=

=

.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为

.

(12分)思路分析(1)以MA、MN为邻边构造平行四边形,利用线面平行的判定定理求证.(2)因PA⊥

底面ABCD,所以以A为原点建立空间直角坐标系,求平面PMN的法向量,利用向量的夹角的余

弦公式求解.方法总结第(1)问中线面平行的证明可以通过构造平行四边形得出线线平行,从而进行证明,

也可以取BC的中点,构造面面平行从而获证线面平行.注意空间向量法是解决立体几何问题的

常用方法.考点直线、平面平行的判定与性质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

A∵m⊄α,n⊂α,m∥n,∴m∥α,故充分性成立.而由m∥α,n⊂α,得m∥n或m与n异面,故

必要性不成立.故选A.2.(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

,则在α内

与β平行的直线D.若m,n

,则m与n

垂直于同一平面答案

D若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故A错;若

m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若α,β不平行,则α,β相

交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂

直于同一个平面,则由线面垂直的性质定理知m∥n,故D正确.3.(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

B因为l⊥m,m⊥α,所以l∥α或l⊂α.故充分性不成立.反之,l∥α,m⊥α,一定有l⊥m.故必

要性成立.选B.4.(2019天津,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为

,求线段CF的长.

解析本小题主要考查直线与平面平行、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、运算求解能力和推理论证能力.重点

考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.依题意,可以建立以A为原点,分别以

,

,

的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),

可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).(1)证明:依题意,

=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又

=(0,2,h),可得

·

=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)依题意,

=(-1,1,0),

=(-1,0,2),

=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则

即

不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有cos<

,n>=

=-

.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为

.(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则

即

不妨令y=1,可得m=

.由题意,有|cos<m,n>|=

=

=

,解得h=

.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为

.思路分析从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几

何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何

中的位置关系或长度.方法总结利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: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,其相应方向向量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.5.(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.6.(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;(2)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.评析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.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.考点直线、平面平行的判定与性质C组

教师专用题组1.(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⊥AB1.2.(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=

,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

,求线段A1E的长.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M

,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.

=

.由此可得

·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)

=(1,-2,2),

=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则

即

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

又

=(0,1,2),得

不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>=

=-

,于是sin<n1,n2>=

.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为

.(3)依题意,可设

=λ

,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而

=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<

,n>=

=

=

,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=

-2.所以,线段A1E的长为

-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.3.(2014山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB

=2CD=2,M是线段AB的中点.(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=

,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.

解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.

连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1M∥D1A,又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解法一:连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.

可得BC=AD=MC,又∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,因此AB=2BC=2,CA=

,因此CA⊥CB.以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.所以A(

,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,

),因此M

,所以

=

,

=

=

.设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由

得

可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,

,1).又

=(0,0,

)为平面ABCD的一个法向量,cos<

,n>=

=

,所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为

.解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接D1N.由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.在Rt△BNC中,易知BC=1,∠NBC=60°,

可得CN=

.所以ND1=

=

.在Rt△D1CN中,cos∠D1NC=

=

=

.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为

.4.(2013课标全国Ⅱ,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=

CB=

AB.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.

解析(1)证明:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点.又D是AB中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1

CD.(2)由AC=CB=

AB得,AC⊥BC.以C为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.

设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),

=(1,1,0),

=(0,2,1),

=(2,0,2).设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则

即

可取n=(1,-1,-1).同理,设m是平面A1CE的法向量,则

可取m=(2,1,-2).从而cos<n,m>=

=

,故sin<n,m>=

.即二面角D-A1C-E的正弦值为

.思路分析(1)利用三角形的中位线性质和线面平行的判定定理求证.(2)利用空间向量求平面

的法向量,通过向量的夹角的余弦公式求解.解题关键正确求出平面的法向量是解题的关键.5.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正

方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.

解析(1)点F,G,H的位置如图所示.

(2)连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=

CD,HN∥CD,且HN=

CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在Rt△CMP中,PM=CMsin45°=

.在Rt△PKM中,KM=

=

.所以cos∠PKM=

=

.即二面角A-EG-M的余弦值为

.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以

,

,

方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.

设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,

=(2,-2,0),

=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由

得

取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2=

=(1,1,0),所以cos<n1,n2>=

=

=

,故二面角A-EG-M的余弦值为

.评析本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、二面角的平面

角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.考点直线、平面平行的判定与性质三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2019辽宁沈阳四校联考,3)设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,下列命题中

正确的是

()A.α⊥β,α∩β=m,m⊥n⇒n⊥βB.α⊥β,α∩β=n,m⊂α,m∥β⇒m∥nC.m⊥n,m⊂α,n⊂β⇒α⊥βD.m∥α,n⊂α⇒m∥n答案

B由m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,可知:在A中,α⊥β,α∩β=m,m⊥n,则n与β相交、平行或n⊂β,故A错误;在B中,α⊥β,α∩β=n,m⊂α,m∥β,则由线面平行的性质定理得m∥n,故B正确;在C中,m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α与β相交或平行,故C错误;在D中,m∥α,n⊂α,则m与n平行或异面,故D错误.故选B.2.(2019重庆万州二模,4)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下面四个命题:①若α⊥β,β⊥γ,则α∥γ;②若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n;③若m∥α,n⊂α,则m∥n;④若α∥β,γ∩α=m,γ∩β=n,则m∥n.其中正确命题的序号是

()A.①④

B.①②

C.②③④

D.④答案

D由m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,知:在①中,若α⊥β,β⊥γ,则α与γ相交或平行,故①错误;在②中,若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n相交、平行或异面,故②错误;在③中,若m∥α,n⊂α,则m与n平行或异面,故③错误;在④中,若α∥β,γ∩α=m,γ∩β=n,则由面面平行的性质定理得m∥n,故④正确.故选D.3.(2019内蒙古赤峰4月模拟,6)已知α和β是两个不同平面,α∩β=l,l1,l2是与l不同的两条直线,且l1

⊂α,l2⊂β,l1∥l2,那么下列命题正确的是

()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l恰与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交答案

A∵l1∥l2,l2⊂β,∴l1∥β,又l1⊂α,α∩β=l,∴l1∥l,同理l2∥l,故选A.

4.(2018甘肃嘉峪关一中三模,5)平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于点D,E,且AD∶DB=AE∶

EC,如图,则BC与α的位置关系是

()

A.异面

B.相交C.平行或相交

D.平行答案

D易知DE⊂平面α.∵AD∶DB=AE∶EC,∴DE∥BC,∵DE⊂平面α,BC⊄平面α,∴BC

∥平面α.故选D.5.(2017辽宁铁岭二模,6)已知a是平面α外的一条直线,过a作平面β,使β∥α,这样的β

()A.恰能作一个

B.至多能作一个C.至少能作一个

D.不存在答案

B当a∥α时,过a作平面β,使得β∥α,由平面与平面平行的性质,得这样的平面β有且只有1个.当a与α相交时,这样的β不存在,故选B.6.(2018重庆外国语学校模拟)下列四个结论中假命题的序号是

.

①垂直于同一直线的两条直线互相平行;②平行于同一直线的两直线平行;③若直线a,b,c满足a∥b,b⊥c,则a⊥c;④若直线a,b是异面直线,则与a,b都相交的两条直线是异面直线.答案①④解析对于①,垂直于同一直线的两条直线可能相交、平行或异面,故命题①是假命题;对于②,由平行公理可知命题②是真命题;对于③,根据等角定理可知a⊥c,故命题③是真命题;对于④,在直线a上取P点,在直线b上取点A,B,则PA,PB都与a,b相交,显然PA,PB相交,故命题④

是假命题.故答案为①④.7.(2019新疆乌鲁木齐二模,18)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D

是BC的中点.(1)证明:直线A1B∥平面AC1D;(2)求点A1到平面AC1D的距离.

解析(1)证明:连接A1C交AC1于E,连接DE,则E是A1C的中点,又D是BC的中点,∴DE∥A1B,又A1B⊄平面AC1D,DE⊂平面AC1D,∴A1B∥平面AC1D.(2)∵AB=AC=2,AA1=4,AB⊥AC,∴AD=CD=

,AC1=

=2

,DC1=

=3

,∴

=

·AB=

×

×2×4×2=

,∵D是BC的中点,∴

=

=

.∵AD2+D

=A

,∴AD⊥DC1,∴

=

×

×3

=3.设A1到平面AC1D的距离为h,则

=

×3×h=h,又

=

,∴h=

.∴A1到平面AC1D的距离为

.

一、选择题(每小题5分,共15分)B组2017—2019年高考模拟·专题综合题组时间:25分钟分值:50分1.(2019甘肃兰州一中模拟,6)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

()A.4条

B.6条

C.8条

D.12条答案

B如图,H,G,F,I是相应棱的中点,故符合条件的直线只能出现在平面HGFI中,有FI,FG,GH,HI,HF,GI,共6条直线,故选B.

2.(2019内蒙古呼和浩特模拟,6)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是

DD1的中点,设Q是CC1上的点,当点Q在

位置时,平面D1BQ∥平面PAO.

()

A.Q与C重合

B.Q与C1重合

C.Q为CC1的三等分点

D.Q为CC1的中点答案

D在正方体ABCD-A1B1C1D1中,∵O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,∴PO∥BD1,设Q是CC1上的点,当点Q在CC1的中点位置时,PQ

AB,∴四边形ABQP是平行四边形,∴AP∥BQ,∵AP∩PO=P,BQ∩BD1=B,AP、PO⊂平面APO,BQ、BD1⊂平面BQD1,∴平面D1BQ∥平面PAO.故选D.3.(2018辽宁铁岭六校联考,5)设a,b是空间中不同的直线,α,β是不同的平面,则下列说法正确的

是

()A.a∥b,b⊂α,则a∥αB.a⊂α,b⊂β,α∥β,则a∥bC.a⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,则α∥βD.α∥β,a⊂α,则a∥β答案

D

a∥b,b⊂α,则a∥α或a⊂α,故A错误;a⊂α,b⊂β,α∥β,则a与b平行或异面,故B错误;a⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,则α与β相交或平行,故C错误;α∥β,a⊂α,则a∥β,故D正确.故选D.解题关键掌握直线、平面的位置关系是求解关键.4.(2018海南华侨中学月考,15)设a,b是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,给出以下四

个命题:①若a∥b,a⊥α,则b⊥α;②若a⊥b,a⊥α,则b∥α;③若a⊥α,a⊥β,则α∥β;④若a⊥β,α⊥β,

则a∥α.其中所有正确命题的序号是

.二、填空题(每小题5分,共10分)答案①③解析①若a∥b,a⊥α,则b⊥α,故正确;②若a⊥b,a⊥α,则b∥α或b⊂α,故不正确;③若a⊥α,a⊥β,则α∥β,正确;④若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a⊂α,故不正确.故答案为①③.思路分析对线面的位置逐一考察验证.易错警示直线在平面内的情况容易忽视.5.(2018甘肃张掖一模,10)如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点,且BD1∥平面B1

CE,则异面直线BD1与CE所成角的余弦值为

.

答案

解析连接BC1,交B1C于点O,连接OE,易知四边形BCC1B1是正方形,∴O是BC1的中点.∵BD1∥平面B1CE,平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∴BD1∥OE,∴E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1的中点,以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则B(2,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),E(0,1,2),

=(-2,-2,2),

=(0,-1,2),设异面直线BD1与CE所成的角为θ,则cosθ=

=

=

.∴异面直线BD1与CE所成角的余弦值为

.思路分析由BD1∥平面B1CE,利用线面平行的性质定理确定点E为棱C1D1的中点,再利用空间

向量的坐标运算求解.方法总结在题设中,涉及线面平行、垂直问题,通常要利用平行、垂直的性质定理求解.6.(2019内蒙古包头二模,19)如图,三棱锥P-ABC中,点C在以AB为直径的圆O上,平面PAC⊥平面

ACB,点D在线段AB上,且BD=2AD,CP=CA=3,PA=2,BC=4,点G为△PBC的重心,点Q为PA的中

点.(1)求证:DG∥平面PAC;(2)求点C到平面QBA的距离.

三、解答题(共25分)解析(1)证明:连接BG并延长交PC于E,连接AE,∵G是△PBC的重心,∴BG=2EG,又BD=2AD,∴DG∥AE,又DG⊄平面PAC,AE⊂平面PAC,∴DG∥平面PAC.(2)连接CQ,∵点C在以AB为直径的圆O上,∴AC⊥BC,又平面PAC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC,∴BC⊥平面PAC,∵CP=CA=3,PA=2,∴C