16-直线、平面平行的判断与性质-五年（2018-2022）高考数学真题按知识点分类汇编

这是一份16-直线、平面平行的判断与性质-五年（2018-2022）高考数学真题按知识点分类汇编，共32页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
二、解答题
2．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
3．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
4．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
5．（2020·山东·统考高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.
（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
6．（2020·北京·统考高考真题）如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
7．（2020·全国·统考高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
8．（2019·全国·高考真题）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．
9．（2019·全国·高考真题）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）求点C到平面C1DE的距离．
10．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
11．（2018·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求证：平面.
12．（2018·全国·高考真题）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
13．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
14．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
15．（2018·江苏·高考真题）在平行六面体中，,．
求证：（1）；
（2）．
参考答案：
1．A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
2．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
（2）解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.
3．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
4．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
5．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；
（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】证明：（1）连接，
设点为的中点，连接，，
在中，又因为点为中点，
所以.
同理可证得，
又因为，分别为正方形的边，的中点，
故，所以.
又因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）因为为正方形，，分别是，的中点，
所以四边形为矩形，则.
又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
则为直线在平面内的射影，
因为为直线与平面所成的角.
不妨设正方形边长为，则，
在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
，
即为直线与平面所成角的正弦值.
6．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
7．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.
【详解】（1）分别为，的中点，
又
在等边中，为中点，则
又侧面为矩形，
由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面

又平面
平面
平面
平面平面
（2）过作垂线，交点为，
画出图形，如图
平面
平面，平面平面
又
为的中心.
故：，则，
平面平面，平面平面，
平面
平面
又在等边中
即
由（1）知，四边形为梯形
四边形的面积为：
，
为到的距离，
.
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
8．（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，

二面角的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
9．（1）见解析；
（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，为中点，所以，
根据题意有，，
因为棱柱为直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
设点C到平面的距离为，
根据题意有，则有，
解得，
所以点C到平面的距离为.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.
10．（I）见解析；（II）见解析；（III）.
【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；
（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.
【详解】（I）证明：连接，易知，，
又由，故，
又因为平面，平面，
所以平面.
（II）证明：取棱的中点，连接，
依题意，得，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，故，
又已知，，
所以平面.
（III）解：连接，
由（II）中平面，
可知为直线与平面所成的角.
因为为等边三角形，且为的中点，
所以，又，
在中，，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.
11．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【分析】（1）欲证，只需证明即可；
（2）先证平面，再证平面平面；
（3）取中点，连接，证明，则平面.
【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.
∵底面为矩形，∴，∴；
（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
（Ⅲ）如图，取中点，连接.
∵分别为和的中点，∴，且.
∵四边形为矩形，且为的中点，∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，∴平面.
【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.
12．（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【详解】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．
13．（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.
【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
15．（1）见解析（2）见解析
【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.
详解：
证明：（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，
因此AB1⊥A1B．
又因为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．
因为AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.