2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)專題檢測(cè)8.3直線平面平行的判定和性質(zhì)

.3直線、平面平行的判定和性質(zhì)一、選擇題1.(2024屆貴陽(yáng)摸底,5)如圖甲,在梯形ABCD中,AB∥CD,CD=2AB,E,F分別為AD,CD的中點(diǎn),以直線AF為折痕把△ADF折起,使點(diǎn)D不落在平面ABCF內(nèi)(如圖乙),那么在以下3個(gè)結(jié)論中,正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是()①CF∥平面ABD;②BE∥平面CDF;③CD∥平面BEF.A.0B.1C.2D.3答案C對(duì)于①,因?yàn)镃F∥AB,AB?平面ABD,CF?平面ABD,所以CF∥平面ABD,故①正確;對(duì)于②,取DF的中點(diǎn)G,連接EG,CG,則EG∥AF,EG=12AF,又易知AF∥BC,AF=BC,所以EG∥BC,且EG≠BC,故在平面BCGE內(nèi),BE的延長(zhǎng)線與CG的延長(zhǎng)線必定交于一點(diǎn),又CG?平面CDF,所以BE與平面CDF相交,故②不正確;對(duì)于③,連接AC,交BF于H,則H為AC的中點(diǎn),連接EH,則EH∥CD,又EH?平面BEF,CD?平面BEF,所以CD∥平面BEF,故③正確.故選C2.(2024屆T8聯(lián)考,7)如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為平行四邊形,E,F,G分別為棱AA1,CC1,C1D1的中點(diǎn),則()A.直線BC1與平面EFG平行,直線BD1與平面EFG相交B.直線BC1與平面EFG相交,直線BD1與平面EFG平行C.直線BC1、BD1都與平面EFG平行D.直線BC1、BD1都與平面EFG相交答案A取AB的中點(diǎn)H,連接GH,EH,HF,則BHC1G,從而四邊形BC1GH為平行四邊形,所以BC1∥HG.易知EHGF,則四邊形EGFH為平行四邊形,從而GH?平面EFG.又BC1?平面EFG,所以BC1∥平面EFG.取D1D的中點(diǎn)P,連接ED1,D1F,BF,EB,EP,PC,又∵E為A1A的中點(diǎn),∴EPAD,又ADBC,∴EPBC,∴四邊形EPCB為平行四邊形,∴EBPC,∵D1PCF,∴四邊形D1PCF是平行四邊形.∴PCD1F,∴D1FEB,則四邊形BFD1E為平行四邊形,從而B(niǎo)D1與EF相交,所以直線BD1與平面EFG相交,故選A.3.(2024屆南昌摸底,9)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,E,F,G,H分別為BB1,A1B1,B1C1,AA1,BC的中點(diǎn),則()A.DE∥平面ACMB.DF∥平面ACMC.DG∥平面ACMD.DH∥平面ACM答案C如圖,取CC1的中點(diǎn)S,連接DS,GS,B1G,B1S,由題意可知,DS∥GB1,所以D,G,B1,S四點(diǎn)共面,易知DS∥AM,又DS?平面DGS,AM?平面DGS,所以AM∥平面DGS.同理DG∥CM,又DG?平面DGS,CM?平面DGS,所以CM∥平面DGS,又AM∩CM=M,所以平面AMC∥平面DGS,即平面AMC∥平面DGB1S.所以過(guò)點(diǎn)D且平行于平面AMC的直線必定在平面DGB1S內(nèi),結(jié)合選項(xiàng)可知選C.4.(2024貴陽(yáng)期末,10)一個(gè)正方體的平面綻開(kāi)圖及該正方體的直觀圖如圖所示,在正方體中,設(shè)BC的中點(diǎn)為M,GH的中點(diǎn)為N,下列結(jié)論正確的是()A.MN∥平面ABEB.MN∥平面ADEC.MN∥平面BDHD.MN∥平面CDE答案C如圖,連接AC,BD,交于點(diǎn)O,連接OM,OH,MN,BH,因?yàn)镸,N分別是BC,GH的中點(diǎn),所以O(shè)M∥CD,且OM=12CD,NH∥CD,且NH=1所以O(shè)M∥NH且OM=NH,則四邊形MNHO是平行四邊形,所以MN∥OH,又MN?平面BDH,OH?平面BDH,所以MN∥平面BDH.故選C.5.(2024屆重慶巴蜀中學(xué)11月月考,8)在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,F,G,H分別為棱AB,BC,C1D1,A1D1的中點(diǎn),若平面α∥平面EFGH,且平面α與棱A1B1,B1C1,B1B分別交于點(diǎn)P,Q,S,其中點(diǎn)Q是棱B1C1的中點(diǎn),則三棱錐B1-PQS的體積為()A.1B.12C.13答案D如圖所示,取AA1,CC1的中點(diǎn)N,M,連接NH,NE,MG,MF,由正方體的性質(zhì)可知,NE∥GM,HG∥EF,HN∥MF,所以H,G,M,F,E,N六點(diǎn)共面,又因?yàn)槠矫姒痢纹矫鍱FGH,所以平面PQS∥平面HGMFEN,又平面BB1C1C∩平面PQS=QS,平面BB1C1C∩平面HGMFEN=MF,所以QS∥MF,由M,F,Q為所在棱中點(diǎn)可知S為BB1的中點(diǎn),同理可知,P為A1B1的中點(diǎn),所以B1P=B1Q=B1S=1,且B1P,B1Q,B1S兩兩垂直,所以三棱錐B1-PQS的體積為V=13×1×12×1×1=16,6.(2024屆四川資陽(yáng)11月月考,10)如圖,在△ABC中,AC上一點(diǎn)D滿意BD=4,將△ABD沿BD折起,使得AC=5,若平面EFGH分別交AB,BC,CD,DA于點(diǎn)E,F,G,H,且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,則當(dāng)四邊形EFGH對(duì)角線的平方和取得最小值時(shí),DHDA=(A.14B.1641C.2041答案B因?yàn)锳C∥平面EFGH,AC?平面ACD,平面ACD∩平面EFGH=HG,所以AC∥HG,同理AC∥EF,BD∥HE,BD∥FG,則四邊形EFGH是平行四邊形.設(shè)DHDA=GHAC=k(0<k<1),則AHDA=EHBD=1-k,因?yàn)锽D=4,AC=5,所以GH=5k,EH=4(1-k).在平行四邊形EFGH中,連接EG,HF,則EG2+HF2=2[25k2+16(1-k)2]=2(41k2-32k+16),又0<k<1,所以當(dāng)k=1641時(shí),EG2+HF2二、解答題7.(2024屆廣西10月聯(lián)考,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,側(cè)面PCD是等邊三角形且與底面ABCD垂直,PD=AB=4,E、F分別為AB、PC上的點(diǎn),且PF=13PC,AE=1(1)證明:直線EF∥平面PAD;(2)若DBAD=60°,求三棱錐B-EFC的體積.解析(1)證明:在PD上取點(diǎn)M,使得PM=13PD,連接FM,MA(如圖),因?yàn)镻F=1所以FM∥CD,FM=13又AE∥CD,AE=13AB=13CD,所以FM=AE,FM∥AE,所以四邊形AEFM是平行四邊形,所以FE∥AM,又FE?平面PAD,AM?平面PAD,所以直線EF∥(2)取CD的中點(diǎn)O,連接PO,則PO⊥DC.因?yàn)閭?cè)面PCD與底面ABCD垂直,CD為兩個(gè)平面的交線,PO?平面PCD,所以PO⊥平面ABCD,又因?yàn)镻F=13PC,所以F到平面ABCD的距離h=23PO=433,又S△BCE=12×23×4×4×sin120°=833,所以VB-EFC=VF-BEC=13S△BCE8.(2024屆安徽蚌埠質(zhì)檢(一),19)如圖,多面體ABCPQ中,QA⊥平面ABC,QA∥PC,點(diǎn)M為PB的中點(diǎn),AB=BC=AC=PC=2QA=2.(1)求證:QM∥平面ABC;(2)求三棱錐Q-ABM的體積.解析(1)證明:取BC的中點(diǎn)H,連接MH,AH,由點(diǎn)M為PB的中點(diǎn),得MH∥PC且MH=12PC,又QA∥PC且QA=1所以QAMH,所以四邊形QAHM為平行四邊形,從而QM∥AH,而AH?平面ABC,QM?平面ABC,所以QM∥平面ABC.(2)由(1)知,MH∥QA,又QA?平面QAB,MH?平面QAB,所以MH∥平面QAB,則點(diǎn)M到平面QAB的距離與點(diǎn)H到平面QAB的距離相等,則VQ-ABM=VM-ABQ=VH-ABQ=VQ-ABH.由條件知,QA為三棱錐Q-ABH的高,VQ-ABH=13S△ABH·QA=13×12×34×2所以三棱錐Q-ABM的體積為369.(2024屆河南許昌調(diào)研(一),19)如圖所示,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥CD,AD=BD=2,∠BDC=π3,BC=23,PD⊥平面(1)證明:AP∥平面BDF;(2)若PD=DC,求三棱錐B-PDF的體積.解析(1)證明:∵AB∥CD,∴∠DBA=∠BDC=π3又∵AD=BD,∴△DAB為等邊三角形,∴AB=DB=2.在△BDC中,DB=2,∠BDC=π3,BC=23,由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,即(23)2=22+CD2-2×2×CD×1如圖,連接AC交BD于點(diǎn)E,連接EF,∵AB∥CD,∴△ABE∽△CDE,∴AE∶EC=AB∶CD=1∶2,又∵PF∶FC=1∶2,∴EF∥AP,又AP?平面BDF,EF?平面BDF,∴AP∥平面BDF.(2)∵AP∥平面BDF,∴VB-PDF=VP-BDF=VA-BDF=VF-ABD,∵PF∶FC=1∶2,PD⊥平面ABCD,∴點(diǎn)F到平面ABD的距離為23∵S△ABD=12AD·BD·sin∠ADB=12×2×2×32∴VF-ABD=13S△ABD·23PD=13×3×2∴VB-PDF=VF-ABD=8310.(2024屆河南許昌調(diào)研(一),19)如圖所示,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥CD,AD=BD=2,∠BDC=π3,BC=23,PD⊥平面(1)證明:AP∥平面BDF;(2)若PD=DC,求三棱錐B-PDF的體積.解析(1)證明:∵AB∥CD,∴∠DBA=∠BDC=π3又∵AD=BD,∴△DAB為等邊三角形,∴AB=DB=2.在△BDC中,DB=2,∠BDC=π3,BC=23,由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,即(23)2=22+CD2-2×2×CD×1如圖,連接AC交BD于點(diǎn)E,連接EF,∵AB∥CD,∴△ABE∽△CDE,∴AE∶EC=AB∶CD=1∶2,又∵PF∶FC=1∶2,∴EF∥AP,又AP?平面BDF,EF?平面BDF,∴AP∥平面BDF.(2)∵AP∥平面BDF,∴VB-PDF=VP-BDF=VA-BDF=VF-ABD,∵PF∶FC=1∶2,PD⊥平面ABCD,∴點(diǎn)F到平面ABD的距離為23∵S△ABD=12AD·BD·sin∠ADB=12×2×2×32∴VF-ABD=13S△ABD·23PD=13×3×2∴VB-PDF=VF-ABD=8311.(2024屆江西上饒摸底,19)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC的邊長(zhǎng)AB=1,側(cè)棱長(zhǎng)為32,P是A1B1的中點(diǎn),E,F,G分別是AC,BC,PC的中點(diǎn)(1)求異面直線FG與BB1所成角的大小;(2)求證:平面EFG∥平面ABB1A1.解析(1)連接PB.∵G,F分別是PC,BC的中點(diǎn),∴GF∥BP,∴直線PB與BB1所成的角等于異面直線FG與BB1所成的角.在Rt△PB1B中,由PB1=12,BB1=32,得tan∠PBB1=PB1BB1∴異面直線FG與BB1所成角的大小為30°.(2)證明:由(1)易得,直線FG∥平面ABB1A1,∵E,F分別是AC,BC的中點(diǎn),∴EF∥AB,又AB?平面ABB1A1,EF?平面ABB1A1,∴EF∥平面ABB1A1,∵EF∩FG=F,EF?平面EFG,GF?平面EFG,∴平面EFG∥平面ABB1A1.12.(2024屆陜西名校聯(lián)盟10月聯(lián)考,19)如圖,在四棱錐C-ABDE中,AB⊥AE,DE⊥AE,AB⊥AC,AB=AC=2,AE=ED=1.(1)若F為AC的中點(diǎn),G為AB的中點(diǎn),H∈EF,求證:HG∥平面BCD;(2)若平面ABDE⊥平面ABC,求三棱錐C-BED的體積.解析(1)證明:連接FG,EG.∵F,G分別為AC,AB的中點(diǎn),∴FG∥BC,又∵FG?平面BCD,BC?平面BCD,∴FG∥平面BCD.在梯形ABDE中,AB⊥AE,DE⊥AE,∴ED∥AB,即ED∥GB.∵AB=2,ED=1,G為AB的中點(diǎn),∴ED=GB,∴四邊形GBDE為平行四邊形,∴EG∥DB,又∵EG?平面BCD,BD?平面BCD,∴EG∥平面BCD.∵EG∩FG=G,∴平面EFG∥平面BCD.∵GH?平面EFG,∴GH∥平面BCD.(2)∵平面ABDE⊥平面ABC于AB,AB⊥AC,AC?平面ABC,∴AC⊥平面ABDE.∴VC-BED=13S△BDE·AC=13×12·ED·AE·AC=113.(2024屆九師聯(lián)盟聯(lián)考(二),19)如圖,在等腰梯形ABCD中,已知BC∥AD,AB=2,BC=1,AD=3,BP⊥AD,垂足為P,將△ABP沿BP折起,使平面ABP⊥平面PBCD,連接AD,AC,M為棱AD的中點(diǎn).(1)試分別在PB,CD上確定點(diǎn)E,F,使平面MEF∥平面ABC;(2)求三棱錐A-PCM的體積.解析(1)當(dāng)E,F分別為BP,CD的中點(diǎn)時(shí),可使平面MEF∥平面ABC.證明如下:∵M(jìn),F分別為AD,CD的中點(diǎn),∴MF∥AC.又AC?平面ABC,MF?平面ABC,∴MF∥平面ABC.又E為BP的中點(diǎn),且四邊形PBCD為梯形,∴EF∥BC.又BC?平面ABC,EF?平面ABC,∴EF∥平面ABC.又∵M(jìn)F∩EF=F,∴平面MEF∥平面ABC.(2)取PD的中點(diǎn)E',連接AE',ME',E'C,易知ME'∥AP,CE'⊥PD,PE'=1,CE'=1,AP=1,∴VM-APC=VE'-APC.又VA-PCM=VM-APC,VA-PCE'=VE'-APC,且易知AP⊥平面PBCD,∴VA-PCM=VA-PCE'=13S△PCE'×AP=13×12PE'×E'C×AP=16,∴三棱錐14.(2024屆山東濰坊10月過(guò)程性測(cè)試,18)如圖,平面ABCD⊥平面AEBF,四邊形ABCD為矩形,△ABE和△ABF均為等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°.(1)求證:平面BCE⊥平面ADE;(2)若點(diǎn)G為線段FC上隨意一點(diǎn),求證:BG∥平面ADE.證明(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,所以BC⊥AB,又因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面AEBF,BC?平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,所以BC⊥平面AEBF,又因?yàn)锳E?平面AEBF,所以BC⊥AE.因?yàn)椤螦EB=90°,即AE⊥BE,且BC、BE?平面BCE,BC∩BE=B,所以AE⊥平面BCE,又因?yàn)锳E?平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE.(2)因?yàn)锽C∥AD,AD?平面ADE,BC?平面ADE,所以BC∥平面ADE.因?yàn)椤鰽BF和△ABE均為等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°,所以∠EAB=∠ABF=45°,所以AE∥BF,又AE?平面ADE,BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE,又BC∩BF=B,所以平面BCF∥平面ADE.又BG?平面FBC,所以BG∥平面ADE.15.(2024屆廣東佛山一中10月月考,20)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=2,四邊形ABCD為等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=12AD=1,E為PA的中點(diǎn)(1)證明:EB∥平面PCD;(2)求平面PAD與平面PCD所成的二面角θ的正弦值.解析(1)證明:取AD的中點(diǎn)O,連接EO,OB,∵E為PA的中點(diǎn),O為AD的中點(diǎn),∴OE∥PD,又OE?平面PCD,PD?平面PCD,∴OE∥平面PCD,又∵BC∥AD,BC=12∴四邊形BCDO為平行四邊形,∴BO∥CD,又OB?平面PCD,CD?平面PCD,∴BO∥平面PCD,又OE∩BO=O,∴平面EBO∥平面PCD,又∵BE?平面EBO,∴BE∥平面PCD.(2)連接PO,∵PA=PD,O為AD的中點(diǎn),∴PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD,取BC的中點(diǎn)M,連接OM,∵四邊形ABCD是等腰梯形,∴OM⊥AD,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C32∴PD=(0,1,-1),CD=-32,12,0,設(shè)平面令x=1,則y=z=3,則n=(1,3,3),易知平面PAD的一個(gè)法向量為m=(1,0,0),∴|cosθ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||16.(2024屆南京二十九中10月月考,20)如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AD∥BC,AB⊥AD,AB=2BC=4,E是棱PD上的動(dòng)點(diǎn)(除端點(diǎn)外),F,M分別為AB,CE的中點(diǎn).(1)證明:FM∥平面PAD;(2)若直線EF與平面PAD所成的最大角為30°,求平面CEF與平面PAD所成銳二面角的余弦值.解析(1)證明:取CD的中點(diǎn)N,連接FN,MN,因?yàn)镕,N分別為AB,CD的中點(diǎn),所以FN∥AD,又FN?平面PAD,AD?平面PAD,所以FN∥平面PAD,因?yàn)镸,N分別是CE,CD的中點(diǎn),所以MN∥PD,又MN?平面PAD,PD?平面PAD,所以MN∥平面PAD,又FN∩MN=N,所以平面MFN∥平面PAD,又因?yàn)镕M?平面MFN,所以FM∥平面PAD.(2)連接AE,因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB?平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,所以∠AEF即為直線EF與平面PAD所成的角,且tan∠AEF=AFAE=2當(dāng)AE最小,即AE⊥PD,亦即E為PD中點(diǎn)時(shí),∠AE