新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-2直线、平面平行的判定与性质练习含答案

7.2直线、平面平行的判定与性质五年高考高考新风向1.(概念深度理解)(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∥n在此处键入公式。④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)A.①③B.②④C.①②③D.①③④2.(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n1·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=|cos<n1,n2>|=|n1∴t=3(舍负),∴AD=3.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)A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D2.(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)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BDD1B13.(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,∵OA,OB⊂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.(面面平行的性质)证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∵OA,OB⊂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=33∴AB·n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·n令x2=3,则z2=-6,∴n2=(3,0,-6),∴cos<n1,n2>=n1·n2|设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sinθ=1−cos2θ=1113,∴二面角C-AE-B三年模拟练速度1.(2024浙江杭州二模,2)设m,n表示两条不同直线,α表示平面,则(B)A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α2.(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DN=(CA.4λλ+1C.2λ+6λ3.(多选)(2024豫东豫北十所名校3月联考,9)已知点A,B为不同的两点,直线l1,l2,l3为不同的三条直线,平面α,β为不同的两个平面,则下列说法正确的是(AC)A.若l1⊥α,l2∥α,则l1⊥l2B.若l1⊂α,l2∥α,则l1∥l2C.若l1⊂α,l2⊂β,α∩β=l3,l1∩l2=A,则A∈l3D.若l1∥l2∥α,α⊥β,l1∩β=A,l2∩β=B,则直线AB∥α4.(多选)(2024河北邯郸重点中学3月月考,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(ABD)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°练思维1.(2024江苏、浙江部分学校大联考,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,M是BC中点,N是PD中点.(1)证明:直线MN∥平面PAB;(2)若PG=4GC,求平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值.解析(1)证明:取PA的中点Q,连接QB,QN.∵Q,N分别为PA,PD的中点,∴QN=12AD且QN∥AD.又BM=12AD,BM∥∴QN=BM且QN∥BM,∴四边形BMNQ为平行四边形,∴MN∥BQ,∵MN⊄平面PAB,BQ⊂平面PAB,∴直线MN∥平面PAB.(5分)(2)由题意知PA,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,以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B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N(0,1,1),M(2,1,0),则PD=(0,2,-2),CD=(-2,0,0),MN=(-2,0,1),∵PG=4GC,∴G85,85,2设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则n取y=1,得n1=(0,1,1),设平面GMN的法向量为n2=(a,b,c),则n取a=1,得n2=1,−2设平面PCD与平面GMN的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1|·|所以平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值为227.(13分2.(2024重庆二诊,15)如图,直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥DC,且AB=2DC,E,F分别是棱AB,AD的中点.(1)证明:平面D1EF∥平面C1BD;(2)已知AA1=AD=DC=1,∠DAB=60°,求直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值.解析(1)证明:在△ABD中,E,F分别为AB,AD的中点,所以EF∥BD.因为EF⊄平面C1BD,BD⊂平面C1BD,所以EF∥平面C1BD,(2分)因为DC∥AB,DC=12AB=EB,D1C1∥DC,D1C1=DC所以EB∥D1C1且EB=D1C1,则四边形BC1D1E为平行四边形,故D1E∥C1B,因为D1E⊄平面C1BD,C1B⊂平面C1BD,所以D1E∥平面C1BD,(5分)因为EF,D1E为平面D1EF中两相交直线,所以平面D1EF∥平面C1BD.(6分)(2)在△ABD中,AD=1,AB=2DC=2,∠DAB=60°,所以BD=3,则AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD,则AD,DB,DD1两两垂直.(8分)以DA的方向为x轴正方向,DB的方向为y轴正方向,DD1的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系D-xyz,则E12,32,0,F12,0,0,A1(1,0则FE=0,32,0,FA1=1设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z),则FE即32y=0,12x+z=0,取n=(-2,则cos<DC1,n>=1+12所以直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值为105.(13分)3.(2024江苏南京、盐城一模,16)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,平面AA1D1D⊥平面ABCD,A1A=D1D=17,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上.(1)若BQ=3QC,证明:PQ∥平面ABB1A1;(2)若二面角P-QD-C的正弦值为52626,求BQ解析(1)证明:取AA1的中点M,连接MP,MB.在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形A1ADD1是梯形,A1D1=2,AD=4,又点M,P分别是棱A1A,D1D的中点,所以MP∥AD,且MP=A1D1+AD2=3在正方形ABCD中,BC∥AD,BC=4,又BQ=3QC,所以BQ=3.从而MPBQ,所以四边形BMPQ是平行四边形,所以PQ∥MB,(4分)又因为MB⊂平面ABB1A1,PQ⊄平面ABB1A1,所以PQ∥平面ABB1A1.(6分)(2)在平面AA1D1D中,作A1O⊥AD于O.因为平面AA1D1D⊥平面ABCD,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,A1O⊂平面AA1D1D,所以A1O⊥平面ABCD.在正方形ABCD中,过O作AB的平行线交BC于点N,则ON⊥OD.以{ON,OD,OA1}为正交基底,建立空间直角坐标系O-因为四边形AA1D1D是等腰梯形,A1D1=2,AD=4,所以AO=1,又A1A=D1D=17,所以A1O=4.易得B(4,-1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P0,52,2,所以DC=(4,0,0),DP=0,−12,2,CB=(0,-4,0)设CQ=λCB=(0,-4λ,0)(0≤λ≤1),所以DQ=DC+CQ=(4,-4λ,0).设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z),由m·DP=0,m·DQ=0,得−12y+2z=0,4易知平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1).(12分)设二面角P-QD-C的平面角为θ,由题意得|cosθ|=1−sin2θ又|cosθ|=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|=1所以1(4λ)2+17=126,解得因此CQ=34×4=3,BQ=1所以当二面角P-QD-C的正弦值为52626时,BQ的长为1.(15分练风向1.(创新考法)(2024山东临沂一模,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AA1=3,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AD=2DA1,C1E=2EC,F为B1C1的中点.(1)在平面ABB1A1内,过A作一条直线与平面DEF平行,并说明理由;(2)当三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.解析(1)连接AB1,直线AB1即为所求.(1分)理由:连接AC1交DE于点M,连接MF,DC1,AE.(2分)∵AD=2DA1,C1E=2EC,∴AD=C1E=23AA1=2又AD∥C1E,∴四边形ADC1E为平行四边形,∴AM=MC1,(4分)又B1F=FC1,∴MF∥AB1,(5分)又MF⊂平面DEF,AB1⊄平面DEF,∴AB1∥平面DEF.(6分)(2)∵S△ABC=12×2×2sin∠ABC=2sin∠ABC∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6sin∠ABC,∴当∠ABC=π2时,S△ABC取得最大值,即当AB⊥BC时,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大,(7分)又∵BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,(8分)则D(2,0,2),E(0,2,1),F(0,1,3),∴DE=(-2,2,-1),EF=(0,-1,2),(10分)设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),由n·DE=0,取z=1,则y=2,x=32,此时n=32,2,1,(12易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),(13分)记平面DEF与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=194+4+1×1=229故平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为22929.(15分2.(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