直線平面平行判定與性質(zhì)

§8.2直線、平面平行的判定與性質(zhì)高考理數(shù)

(課標Ⅱ?qū)Ｓ?考點直線、平面平行的判定與性質(zhì)五年高考A組

統(tǒng)一命題·課標卷題組1.(2019課標全國Ⅱ,7,5分)設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是

()A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C.α,β平行于同一條直線D.α,β垂直于同一平面答案

B本題考查直線、平面平行與垂直的位置關(guān)系;以充要條件和面面平行為背景考查

推理論證能力與空間想象能力;考查的核心素養(yǎng)為邏輯推理.A、C、D選項中α與β可能相交,故選B.易錯警示

A、C、D三個選項中學(xué)生均可能忽略α、β相交的情況.2.(2016課標全國Ⅰ,11,5分)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面

ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為

()A.

B.

C.

D.

答案

A

如圖,延長B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延長D1A1至A3,使A3A1=D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易證AA2

∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3為平面α.于是m∥A2A3,直線AA2即為直線n.顯然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角為60°,其正弦值為

.選A.疑難突破本題的難點是明確直線m、n的具體位置或它們相對正方體中的棱、對角線的相

對位置關(guān)系.為此適當擴形是常用策略.思路分析

根據(jù)平面與平面平行的判定和性質(zhì),作出平面α,進而由直線與直線平行找到m、n

所成的角,最后解三角形求解.3.(2016課標全國Ⅱ,14,5分)α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題: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與α所成的角和n與β所成的角相等.其中正確的命題有

.(填寫所有正確命題的編號)答案②③④解析由m⊥n,m⊥α,可得n∥α或n在α內(nèi),當n∥β時,α與β可能相交,也可能平行,故①錯.易知②

③④都正確.思路分析

考察線、面在空間中的位置關(guān)系,可逐一驗證排除.4.(2019課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD

=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.

解析本題主要考查線面平行的判定定理,線面垂直的性質(zhì)定理,二面角求解等知識點;旨在考

查學(xué)生的空間想象能力;以直四棱柱為模型考查直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).(1)連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=

B1C.又因為N為A1D的中點,所以ND=

A1D.由題設(shè)知A1B1

DC,可得B1C

A1D,故ME

ND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,

則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).設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則

所以

可取m=(

,1,0).設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則

所以

可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=

=

=

,所以二面角A-MA1-N的正弦值為

.思路分析(1)要證明線面平行,可先證線線平行.通過作輔助線及題設(shè)條件可得MN∥ED,從而

可得MN與平面C1DE平行.(2)建立空間直角坐標系,找到相關(guān)點的坐標,求出平面A1MA與平面A1MN的法向量,再由向量的

夾角公式求解.解題關(guān)鍵建立空間直角坐標系后,寫出各點坐標,正確求解平面的法向量是解決本題的關(guān)鍵.5.(2016課標全國Ⅲ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,

PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN∥平面PAB;(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.

解析

(1)證明:由已知得AM=

AD=2.取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC的中點知TN∥BC,TN=

BC=2.

(3分)

又AD∥BC,故TN

AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.因為AT?平面PAB,MN?

平面PAB,所以MN∥平面PAB.

(6分)(2)取BC的中點E,連接AE.由AB=AC得AE⊥BC,從而AE⊥AD,且AE=

=

=

.以A為坐標原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.由題意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(

,2,0),N

,

=(0,2,-4),

=

,

=

.設(shè)n=(x,y,z)為平面PMN的法向量,則

即

(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,

>|=

=

.即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為

.

(12分)思路分析(1)以MA、MN為鄰邊構(gòu)造平行四邊形,利用線面平行的判定定理求證.(2)因PA⊥

底面ABCD,所以以A為原點建立空間直角坐標系,求平面PMN的法向量,利用向量的夾角的余

弦公式求解.方法總結(jié)第(1)問中線面平行的證明可以通過構(gòu)造平行四邊形得出線線平行,從而進行證明,

也可以取BC的中點,構(gòu)造面面平行從而獲證線面平行.注意空間向量法是解決立體幾何問題的

常用方法.考點直線、平面平行的判定與性質(zhì)B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直線m,n滿足m?α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”的

()A.充分不必要條件

B.必要不充分條件C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件答案

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與n異面,故

必要性不成立.故選A.2.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是

()A.若α,β垂直于同一平面,則α與β平行B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行C.若α,β

,則在α內(nèi)

與β平行的直線D.若m,n

,則m與n

垂直于同一平面答案

D若α,β垂直于同一個平面γ,則α,β可以都過γ的同一條垂線,即α,β可以相交,故A錯;若

m,n平行于同一個平面,則m與n可能平行,也可能相交,還可能異面,故B錯;若α,β不平行,則α,β相

交,設(shè)α∩β=l,在α內(nèi)存在直線a,使a∥l,則a∥β,故C錯;從原命題的逆否命題進行判斷,若m與n垂

直于同一個平面,則由線面垂直的性質(zhì)定理知m∥n,故D正確.3.(2015福建,7,5分)若l,m是兩條不同的直線,m垂直于平面α,則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的

()A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件答案

B因為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(wèi)⊥m.故必

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

,求線段CF的長.

解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識,考查用

空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力.重點

考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象與數(shù)學(xué)運算.依題意,可以建立以A為原點,分別以

,

,

的方向為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標系(如圖),

可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).設(shè)CF=h(h>0),則F(1,2,h).(1)證明:依題意,

=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又

=(0,2,h),可得

·

=0,又因為直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)依題意,

=(-1,1,0),

=(-1,0,2),

=(-1,-2,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則

即

不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有cos<

,n>=

=-

.所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為

.(3)設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量,則

即

不妨令y=1,可得m=

.由題意,有|cos<m,n>|=

=

=

,解得h=

.經(jīng)檢驗,符合題意.所以,線段CF的長為

.思路分析從已知條件線面垂直、線線垂直、線線平行入手,建立空間直角坐標系,將立體幾

何中的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量坐標關(guān)系,從而進行坐標運算,再將向量運算結(jié)果轉(zhuǎn)化為立體幾何

中的位置關(guān)系或長度.方法總結(jié)利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟:①觀察圖形,建立恰當?shù)目臻g直角坐標系;②寫出相應(yīng)點的坐標,求出相應(yīng)直線的方向向量;③

設(shè)出相應(yīng)平面的法向量,利用兩直線垂直,其相應(yīng)方向向量數(shù)量積為零列出方程組求出法向量;

④將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系;⑤根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離.5.(2018江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求證:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.

證明本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想象能

力和推理論證能力.(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形.又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,所以AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因為AB1?平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.6.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側(cè)棱B1B

上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求證:(1)直線DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.

證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因為DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F,所以直線DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因為A1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.

又因為B1D⊥A1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因為直線B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.評析本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想象能

力和推理論證能力.又因為A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因為B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.考點直線、平面平行的判定與性質(zhì)C組

教師專用題組1.(2015江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,設(shè)AB1的中點為D,B1C∩BC1=E.求證:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.證明(1)由題意知,E為B1C的中點,又D為AB1的中點,因此DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因為BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因為AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因為AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1.2.(2015天津,17,13分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=

,且點M和N分別為B1C和D1D的中點.(1)求證:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)設(shè)E為棱A1B1上的點.若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為

,求線段A1E的長.解析如圖,以A為原點建立空間直角坐標系,依題意可得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).又因為M,N分別為B1C和D1D的中點,得M

,N(1,-2,1).(1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量.

=

.由此可得

·n=0,又因為直線MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)

=(1,-2,2),

=(2,0,0).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD1的法向量,則

即

不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,1,1).設(shè)n2=(x,y,z)為平面ACB1的法向量,則

又

=(0,1,2),得

不妨設(shè)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的正弦值為

.(3)依題意,可設(shè)

=λ

,其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2),從而

=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,由已知,得cos<

,n>=

=

=

,整理得λ2+4λ-3=0,又因為λ∈[0,1],解得λ=

-2.所以,線段A1E的長為

-2.評析本題主要考查直線與平面平行和垂直、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考

查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力.3.(2014山東,17,12分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB

=2CD=2,M是線段AB的中點.(1)求證: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(銳角)的余弦值.

解析(1)證明:因為四邊形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又M是AB的中點,因此CD∥MA且CD=MA.

連接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因為CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四邊形AMC1D1為平行四邊形.因此C1M∥D1A,又C1M?平面A1ADD1,D1A?平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解法一:連接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四邊形AMCD為平行四邊形.

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

,因此CA⊥CB.以C為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz.所以A(

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

),因此M

,所以

=

,

=

=

.設(shè)平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由

得

可得平面C1D1M的一個法向量n=(1,

,1).又

=(0,0,

)為平面ABCD的一個法向量,cos<

,n>=

=

,所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為

.解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,過C向AB引垂線交AB于N,連接D1N.由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC為二面角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(銳角)的余弦值為

.4.(2013課標全國Ⅱ,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點,AA1=AC=

CB=

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

解析(1)證明:連接AC1交A1C于點F,則F為AC1中點.又D是AB中點,連接DF,則BC1∥DF.因為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為坐標原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz.

設(shè)CA=2,則D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),

=(1,1,0),

=(0,2,1),

=(2,0,2).設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,則

即

可取n=(1,-1,-1).同理,設(shè)m是平面A1CE的法向量,則

可取m=(2,1,-2).從而cos<n,m>=

=

,故sin<n,m>=

.即二面角D-A1C-E的正弦值為

.思路分析(1)利用三角形的中位線性質(zhì)和線面平行的判定定理求證.(2)利用空間向量求平面

的法向量,通過向量的夾角的余弦公式求解.解題關(guān)鍵正確求出平面的法向量是解題的關(guān)鍵.5.(2015四川,18,12分)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.在正

方體中,設(shè)BC的中點為M,GH的中點為N.(1)請將字母F,G,H標記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由);(2)證明:直線MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.

解析(1)點F,G,H的位置如圖所示.

(2)連接BD,設(shè)O為BD的中點.因為M,N分別是BC,GH的中點,所以O(shè)M∥CD,且OM=

CD,HN∥CD,且HN=

CD.所以O(shè)M∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四邊形,從而MN∥OH.又MN?平面BDH,OH?平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:連接AC,過M作MP⊥AC于P.在正方體ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.過P作PK⊥EG于K,連接KM,所以EG⊥平面PKM,從而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.設(shè)AD=2,則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的余弦值為

.解法二:如圖,以D為坐標原點,分別以

,

,

方向為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標系D-xyz.

設(shè)AD=2,則M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,

=(2,-2,0),

=(-1,0,2).設(shè)平面EGM的法向量為n1=(x,y,z),由

得

取x=2,得n1=(2,2,1).在正方體ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,則可取平面AEG的一個法向量為n2=

=(1,1,0),所以cos<n1,n2>=

=

=

,故二面角A-EG-M的余弦值為

.評析本題主要考查簡單空間圖形的直觀圖、空間線面平行的判定與性質(zhì)、二面角的平面

角的計算等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力.考點直線、平面平行的判定與性質(zhì)三年模擬A組2017—2019年高考模擬·考點基礎(chǔ)題組1.(2019遼寧沈陽四校聯(lián)考,3)設(shè)m、n是兩條不同的直線,α、β是兩個不同的平面,下列命題中

正確的是

()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是兩條不同的直線,α、β是兩個不同的平面,可知:在A中,α⊥β,α∩β=m,m⊥n,則n與β相交、平行或n?β,故A錯誤;在B中,α⊥β,α∩β=n,m?α,m∥β,則由線面平行的性質(zhì)定理得m∥n,故B正確;在C中,m⊥n,m?α,n?β,則α與β相交或平行,故C錯誤;在D中,m∥α,n?α,則m與n平行或異面,故D錯誤.故選B.2.(2019重慶萬州二模,4)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,給出下面四個命題:①若α⊥β,β⊥γ,則α∥γ;②若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥n;③若m∥α,n?α,則m∥n;④若α∥β,γ∩α=m,γ∩β=n,則m∥n.其中正確命題的序號是

()A.①④

B.①②

C.②③④

D.④答案

D由m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,知:在①中,若α⊥β,β⊥γ,則α與γ相交或平行,故①錯誤;在②中,若α⊥β,m?α,n?β,則m與n相交、平行或異面,故②錯誤;在③中,若m∥α,n?α,則m與n平行或異面,故③錯誤;在④中,若α∥β,γ∩α=m,γ∩β=n,則由面面平行的性質(zhì)定理得m∥n,故④正確.故選D.3.(2019內(nèi)蒙古赤峰4月模擬,6)已知α和β是兩個不同平面,α∩β=l,l1,l2是與l不同的兩條直線,且l1

?α,l2?β,l1∥l2,那么下列命題正確的是

()A.l與l1,l2都不相交B.l與l1,l2都相交C.l恰與l1,l2中的一條相交D.l至少與l1,l2中的一條相交答案

A∵l1∥l2,l2?β,∴l(xiāng)1∥β,又l1?α,α∩β=l,∴l(xiāng)1∥l,同理l2∥l,故選A.

4.(2018甘肅嘉峪關(guān)一中三模,5)平面α與△ABC的兩邊AB,AC分別交于點D,E,且AD∶DB=AE∶

EC,如圖,則BC與α的位置關(guān)系是

()

A.異面

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.故選D.5.(2017遼寧鐵嶺二模,6)已知a是平面α外的一條直線,過a作平面β,使β∥α,這樣的β

()A.恰能作一個

B.至多能作一個C.至少能作一個

D.不存在答案

B當a∥α?xí)r,過a作平面β,使得β∥α,由平面與平面平行的性質(zhì),得這樣的平面β有且只有1個.當a與α相交時,這樣的β不存在,故選B.6.(2018重慶外國語學(xué)校模擬)下列四個結(jié)論中假命題的序號是

.

①垂直于同一直線的兩條直線互相平行;②平行于同一直線的兩直線平行;③若直線a,b,c滿足a∥b,b⊥c,則a⊥c;④若直線a,b是異面直線,則與a,b都相交的兩條直線是異面直線.答案①④解析對于①,垂直于同一直線的兩條直線可能相交、平行或異面,故命題①是假命題;對于②,由平行公理可知命題②是真命題;對于③,根據(jù)等角定理可知a⊥c,故命題③是真命題;對于④,在直線a上取P點,在直線b上取點A,B,則PA,PB都與a,b相交,顯然PA,PB相交,故命題④

是假命題.故答案為①④.7.(2019新疆烏魯木齊二模,18)如圖,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,點D

是BC的中點.(1)證明:直線A1B∥平面AC1D;(2)求點A1到平面AC1D的距離.

解析(1)證明:連接A1C交AC1于E,連接DE,則E是A1C的中點,又D是BC的中點,∴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的中點,∴

=

=

.∵AD2+D

=A

,∴AD⊥DC1,∴

=

×

×3

=3.設(shè)A1到平面AC1D的距離為h,則

=

×3×h=h,又

=

,∴h=

.∴A1到平面AC1D的距離為

.

一、選擇題(每小題5分,共15分)B組2017—2019年高考模擬·專題綜合題組時間:25分鐘分值:50分1.(2019甘肅蘭州一中模擬,6)過三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線,其中與平面

ABB1A1平行的直線共有

()A.4條

B.6條

C.8條

D.12條答案

B如圖,H,G,F,I是相應(yīng)棱的中點,故符合條件的直線只能出現(xiàn)在平面HGFI中,有FI,FG,GH,HI,HF,GI,共6條直線,故選B.

2.(2019內(nèi)蒙古呼和浩特模擬,6)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是

DD1的中點,設(shè)Q是CC1上的點,當點Q在

位置時,平面D1BQ∥平面PAO.

()

A.Q與C重合

B.Q與C1重合

C.Q為CC1的三等分點

D.Q為CC1的中點答案

D在正方體ABCD-A1B1C1D1中,∵O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,∴PO∥BD1,設(shè)Q是CC1上的點,當點Q在CC1的中點位置時,PQ

AB,∴四邊形ABQP是平行四邊形,∴AP∥BQ,∵AP∩PO=P,BQ∩BD1=B,AP、PO?平面APO,BQ、BD1?平面BQD1,∴平面D1BQ∥平面PAO.故選D.3.(2018遼寧鐵嶺六校聯(lián)考,5)設(shè)a,b是空間中不同的直線,α,β是不同的平面,則下列說法正確的

是

()A.a∥b,b?α,則a∥αB.a?α,b?β,α∥β,則a∥bC.a?α,b?α,a∥β,b∥β,則α∥βD.α∥β,a?α,則a∥β答案

D

a∥b,b?α,則a∥α或a?α,故A錯誤;a?α,b?β,α∥β,則a與b平行或異面,故B錯誤;a?α,b?α,a∥β,b∥β,則α與β相交或平行,故C錯誤;α∥β,a?α,則a∥β,故D正確.故選D.解題關(guān)鍵掌握直線、平面的位置關(guān)系是求解關(guān)鍵.4.(2018海南華僑中學(xué)月考,15)設(shè)a,b是兩條不重合的直線,α,β是兩個不重合的平面,給出以下四

個命題:①若a∥b,a⊥α,則b⊥α;②若a⊥b,a⊥α,則b∥α;③若a⊥α,a⊥β,則α∥β;④若a⊥β,α⊥β,

則a∥α.其中所有正確命題的序號是

.二、填空題(每小題5分,共10分)答案①③解析①若a∥b,a⊥α,則b⊥α,故正確;②若a⊥b,a⊥α,則b∥α或b?α,故不正確;③若a⊥α,a⊥β,則α∥β,正確;④若a⊥β,α⊥β,則a∥α或a?α,故不正確.故答案為①③.思路分析對線面的位置逐一考察驗證.易錯警示直線在平面內(nèi)的情況容易忽視.5.(2018甘肅張掖一模,10)如圖,E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一點,且BD1∥平面B1

CE,則異面直線BD1與CE所成角的余弦值為

.

答案

解析連接BC1,交B1C于點O,連接OE,易知四邊形BCC1B1是正方形,∴O是BC1的中點.∵BD1∥平面B1CE,平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∴BD1∥OE,∴E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1的中點,以D為原點,DA所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,DD1所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則B(2,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),E(0,1,2),

=(-2,-2,2),

=(0,-1,2),設(shè)異面直線BD1與CE所成的角為θ,則cosθ=

=

=

.∴異面直線BD1與CE所成角的余弦值為

.思路分析由BD1∥平面B1CE,利用線面平行的性質(zhì)定理確定點E為棱C1D1的中點,再利用空間

向量的坐標運算求解.方法總結(jié)在題設(shè)中,涉及線面平行、垂直問題,通常要利用平行、垂直的性質(zhì)定理求解.6.(2019內(nèi)蒙古包頭二模,19)如圖,三棱錐P-ABC中,點C在以AB為直徑的圓O上,平面PAC⊥平面

ACB,點D在線段AB上,且BD=2AD,CP=CA=3,PA=2,BC=4,點G為△PBC的重心,點Q為PA的中

點.(1)求證:DG∥平面PAC;(2)求點C到平面QBA的距離.

三、解答題(共25分)解析(1)證明:連接BG并延長交PC于E,連接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)連接CQ,∵點C在以AB為直徑的圓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