（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题八立体几何8.3直线、平面平行的判定与性质试题（含解析）

§8.3　直线、平面平行的判定与性质

基础篇固本夯基

【基础集训】

考点一　直线与平面平行的判定与性质

1.在如图所示的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是棱B1B、AD的中点,则直线BF与平面AD1E的位置关系是(　　)

A.平行　　　　　B.相交但不垂直

C.垂直　　　　　D.异面

答案　A

2.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.

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,

∴CQ⊥PA,CQ==2,

∴VB-PAC=S△PAC·BC=××2×2×4=,

又PB==5,AB==5,

∴PB=AB,∴PA⊥BQ,∴BQ==2,

∴S△PAB=PA·BQ=2,

设C到平面PAB的距离为d,则VC-PAB=S△PAB·d=d,

∵d=,∴d=.∴点C到平面QBA的距离为.

考点二　平面与平面平行的判定与性质

3.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

4.已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α,l1⊂β,l2⊂β,l1∩l2=M,则α∥β的一个充分条件是(　　)

A.m∥β且l1∥α　　　　　B.m∥β且n∥β

C.m∥β且n∥l2　　　　　D.m∥l1且n∥l2

答案　D

5.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　　　　时,平面D1BQ∥平面PAO(　　) 

A.与C重合　　　　　B.与C1重合

C.为CC1的三等分点　　　　　D.为CC1的中点

答案　D

6.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:平面EFA1∥平面BCHG.

证明　∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.又G,E分别为A1B1,AB的中点,A1B1∥AB且A1B1=AB,∴A1G∥EB且A1G=EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.

综合篇知能转换

【综合集训】

考法一　直线与平面、平面与平面平行的证明方法

1.(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

2.(2016山东,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF∥DB.

(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC⊥FB;

(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH∥平面ABC.

证明　(1)因为EF∥DB,

所以EF与DB确定平面BDEF.

连接DE.

因为AE=EC,D为AC的中点,

所以DE⊥AC.

同理可得BD⊥AC.

又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF,

因为FB⊂平面BDEF,所以AC⊥FB.

(2)设FC的中点为I.连接GI,HI.

在△CEF中,因为G是CE的中点,I是FC的中点,

所以GI∥EF.又EF∥DB,所以GI∥DB.

在△CFB中,

因为H是FB的中点,I是FC的中点,

所以HI∥BC.

又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.

因为GH⊂平面GHI,

所以GH∥平面ABC.

3.(2020届山东新高考质量测评联盟10月联考,21)如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是矩形,△SAD是等边三角形,平面SAD⊥平面ABCD,AB=1,E为棱SA上一点,P为AD的中点,四棱锥S-ABCD的体积为.

(1)若E为棱SA的中点,F是棱SB的中点,求证:平面PEF∥平面SCD;

(2)是否存在点E,使得平面PEB与平面SAD所成的锐二面角的余弦值为?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.

解析　(1)证明:因为E,F分别是SA,SB的中点,

所以EF∥AB,在矩形ABCD中,AB∥CD,所以EF∥CD,又因为E,P分别是SA、AD的中点,所以EP∥SD,又因为EF∥CD,EF∩EP=E,SD∩CD=D,EF,EP⊂平面PEF,SD,CD⊂平面SCD,所以平面PEF∥平面SCD.

(2)假设棱SA上存在点E满足题意.

在等边三角形SAD中,P为AD的中点,所以SP⊥AD,因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SP⊂平面SAD,所以SP⊥平面ABCD,所以SP是四棱锥S-ABCD的高,设AD=m,m>0,则SP=m,S矩形ABCD=m,所以VS-ABCD=S矩形ABCD·SP=m·m=.所以m=2,以P为坐标原点,PA所在直线为x轴,过点P与AB平行的直线为y轴,PS所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

则P(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),S(0,0,),

设=λ=λ(-1,0,)=(-λ,0,λ)(0≤λ≤1),

=+=(1,0,0)+(-λ,0,λ)=(1-λ,0,λ),=(1,1,0),

设平面PEB的一个法向量为n1=(x,y,z),

令x=λ,则n1=(λ,-λ,λ-1),

易知平面SAD的一个法向量为n2=(0,1,0),

所以|cos<n1,n2>|===,

因为0≤λ≤1,所以λ=.

所以存在点E,使得平面PEB与平面SAD所成的锐二面角的余弦值为.此时点E位于AS的靠近A点的三等分点处.

考法二　平行关系中的探索性问题

4.(2018广东惠州一调,19)如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=2,点E在A1D上.

(1)证明:AA1⊥平面ABCD;

(2)当为何值时,A1B∥平面EAC?并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离.

解析　(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,

所以AB=AD=AC=2,

在△AA1B中,由A+AB2=A1B2,知AA1⊥AB,

同理,AA1⊥AD,又AB∩AD=A,

所以AA1⊥平面ABCD.(4分)

(2)当=1时,A1B∥平面EAC.(6分)

理由如下:连接BD交AC于点O,连接OE,假设A1B∥平面EAC,由于A1B⊂平面A1BD,且平面EAC∩平面A1BD=OE,则OE∥A1B,∵O为BD的中点,∴在△A1BD中,E为A1D的中点,即=1.

直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离,因为E为A1D的中点,所以点A1到平面EAC的距离等于点D到平面EAC的距离,VD-EAC=VE-ACD,设AD的中点为F,连接EF,则EF∥AA1,且EF=1,所以EF⊥平面ACD,可求得S△ACD=,

所以VE-ACD=×1×=.(9分)

又因为AE=,AC=2,CE=2,所以S△EAC=,所以S△EAC·d=×d=(d表示点D到平面EAC的距离),解得d=,所以直线A1B与平面EAC之间的距离为.(12分)

5.(2016四川,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.

(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由;

(2)证明:平面PAB⊥平面PBD.

解析　(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下:

连接CM.因为AD∥BC,BC=AD,所以BC∥AM,且BC=AM.所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB.又AB⊂平面PAB,CM平面PAB,所以CM∥平面PAB.

(说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)证明:连接BM,由已知,PA⊥AB,PA⊥CD,

因为AD∥BC,BC=AD,所以直线AB与CD相交,

所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD.因为AD∥BC,BC=AD,

所以BC∥MD,且BC=MD.所以四边形BCDM是平行四边形.

所以BM=CD=AD,所以BD⊥AB.又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.

又BD⊂平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.

思路分析　(1)要得到CM∥平面PAB,可以先猜出M点所在位置再证明.

(2)由已知的线线垂直得到线面垂直,再证面面垂直.

评析　本题考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定,熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.

【五年高考】

1.(2019课标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

2.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足mα,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

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

4.(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

5.(2017课标全国Ⅰ,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

答案　A

6.(2016课标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

7.(2019课标Ⅰ,19,12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)求点C到平面C1DE的距离.

解析　本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养.

(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A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.

又MN平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.

(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=,故CH=.从而点C到平面C1DE的距离为.

思路分析　(1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MN∥DE,然后利用线面平行的判定定理证出结论.(2)注意到DE⊥平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.

8.(2017课标全国Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.

(1)证明:直线BC∥平面PAD;

(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积.

解析　本题考查线面平行的判定和体积的计算.

(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.

(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=x.因为△PCD的面积为2,所以×x×x=2,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2.所以四棱锥P-ABCD的体积V=××2=4.

9.(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)求四面体N-BCM的体积.

解析　(1)证明:由已知得AM=AD=2,

取BP的中点T,连接NT,AT,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分)

又AD∥BC,故TNAM,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)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.(9分)

取BC的中点E,连接AE.

由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.

由AM∥BC得M到BC的距离为,

故S△BCM=×4×=2.

所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=·S△BCM·=.(12分)

思路分析　(1)取BP的中点T,连接AT,TN,先结合条件证明四边形AMNT为平行四边形,从而得到MN∥AT,再结合线面平行的判定定理可证;(2)由条件可知四面体N-BCM的高为棱PA的一半,然后求得S△BCM,最后利用棱锥的体积公式求得结果.

解后反思　①证明立体几何中的平行关系,常常是通过转化为平面几何中的线线平行来实现,而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形的对边互相平行等来推证;②求三棱锥的体积的关键是确定其高,而确定高的关键是找出顶点在底面上射影的位置,当然有时也可采用等体积法求解.

10.(2019江苏,16,14分)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.

证明　本小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.

(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C1C⊥平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥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.

11.(2015北京,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.

(1)求证:VB∥平面MOC;

(2)求证:平面MOC⊥平面VAB;

(3)求三棱锥V-ABC的体积.

解析　(1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OM∥VB.又因为VB平面MOC,所以VB∥平面MOC.

(2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC,且OC⊂平面ABC,所以OC⊥平面VAB.又OC⊂平面MOC,所以平面MOC⊥平面VAB.

(3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,所以AB=2,OC=1.所以等边三角形VAB的面积S△VAB=.又因为OC⊥平面VAB,所以三棱锥C-VAB的体积等于OC·S△VAB=.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V-ABC的体积为.

评析　本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力.

12.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.

(1)证明:CE∥平面PAB;

(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.

解析　本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.

(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.

因为E,F分别为PD,PA中点,

所以EF∥AD且EF=AD.

又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,

即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,

因此CE∥平面PAB.

(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD得BC⊥平面PBN,那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=,

在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,

在Rt△MQH中,QH=,MQ=,所以sin∠QMH=.

所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.

方法总结　1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)

①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.

②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.

2.求线面角的方法.

①定义法:作出线面角,解三角形即可.

②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.

例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=得结论.

13.(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.

(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)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;

(3)证明:直线DF⊥平面BEG.

解析　(1)点F,G,H的位置如图所示.

(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下:

因为ABCD-EFGH为正方体,所以BC∥FG,BC=FG,又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,于是四边形BCHE为平行四边形.所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH,BE平面ACH,所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG=B,所以平面BEG∥平面ACH.

(3)证明:连接FH与DB.

因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH⊥平面EFGH,因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG.又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD,所以DF⊥EG.同理得DF⊥BG.又EG∩BG=G,所以DF⊥平面BEG.

14.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.

求证:(1)EF∥平面ABC;

(2)AD⊥AC.

证明　(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.

又因为EF面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.

(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,

BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.

因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.

又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,

所以AD⊥平面ABC.

又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.

15.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.

(1)求证:BD∥平面FGH;

(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.

解析　(1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.

在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.

则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,

又OH⊂平面FGH,BD平面FGH,所以BD∥平面FGH.

(2)设AB=2,则CF=1.

在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.

又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.

在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,得AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.

以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.

所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).

可得H,F(0,,1),故=,=(0,,1).

设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,

则由可得

可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).

因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),

所以cos<,n>===.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.

【三年模拟】

一、单项选择题(每题5分,共35分)

1.(2020届湖南益阳、湘潭9月教学质检,6)已知α,β为两个不同的平面,m,n为两条不同的直线,有以下命题:①若m⊥α,m⊥β,则α∥β;②若m∥α,n∥α,则m∥n;③若m⊂α,m⊥β,则α⊥β;④若α∩β=l,m⊂α,m⊥l,则m⊥β.其中真命题有(　　)

A.①②　　　B.①③　　　C.②③　　　D.③④

答案　B

2.(2020届广东广州中学10月月考,8)已知α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:①若l⊥α,α⊥ β,则l∥β;②若l∥α,α∥β,则l∥β;③若l⊥α,α∥β,则l⊥β;④若l∥α,α⊥β,则l⊥β.其中说法正确的个数为(　　)

A.3　　　B.2　　　C.1　　　D.0

答案　C

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

4.(2020届湖南长沙一中第二次月考,5)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题正确的是(　　)

A.如果m∥α,n∥α,那么m∥n

B.如果m∥α,α∩β=n,那么m∥n

C.如果m⊥α,n⊥α,那么m∥n

D.如果α∥β,m⊂α,n∥β,那么m∥n

答案　C

5.(2020届浙江东阳中学10月月考,5)设m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,且m,n⊂α,则“m∥β且n∥β”是“α∥β”的(　　)

A.充分不必要条件　　　　　B.必要不充分条件

C.充要条件　　　　　D.既不充分也不必要条件

答案　B

6.(2019安徽蚌埠二模,6)已知平面α,β,γ两两垂直,直线a,b,c满足a⊂α,b⊂β,c⊂γ,则直线a,b,c的位置关系不可能是(　　)

A.两两平行　　　　　B.两两垂直

C.两两相交　　　　　D.两两异面

答案　A

7.(2019河南郑州一模,10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,AB⊥AC,点M,N分别为AB1,A1C上的动点,若直线MN∥平面BCC1B1,Q为线段MN的中点,则点Q的轨迹是(　　)

A.双曲线的一支(一部分)　　　　　B.圆弧(一部分)

C.线段(去掉一个端点)　　　　　D.抛物线的一部分

答案　C

二、多项选择题(每题5分,共10分)

8.(改编题)已知空间中不同直线m、n和不同平面α、β,下列命题中是真命题的是(　　)

A.若m、n互为异面直线,m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,则α∥β

B.若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β

C.若n⊥α,m∥α,则n⊥m

D.若α⊥β,m⊥α,n∥m,则n∥β

答案　AC

9.(改编题)如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是(　　)

A.PA∥平面OMN

B.平面PCD∥平面OMN

C.直线PD与直线MN所成角的大小为90°

D.ON⊥PB

答案　BD

三、填空题(每题5分,共10分)

10.(2018河北唐山统一考试,14)在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为△PAC的重心,过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为　　　　. 

答案　8

11.(2020届广西南宁10月摸底考,16)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则线段D1P长度的最小值是　　　　. 

答案　

四、解答题(共50分)

12.(2019甘肃、青海、宁夏联考,18(节选))如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,D为BC边上一点,BD=,AA1=AB=2AD=2.若BD=CD,试问:A1C是否与平面ADB1平行?若平行,求三棱锥A-A1B1D的体积;若不平行,请说明理由.

解析　A1C与平面ADB1平行.

证明如下:取B1C1的中点E,连接DE,CE,A1E,

因为BD=CD,所以DE∥AA1,且DE=AA1,所以四边形ADEA1为平行四边形,所以A1E∥AD.

因为D为BC的中点,E为B1C1的中点,B1C1BC,

所以B1ECD,

所以四边形EB1DC是平行四边形,

所以CE∥B1D.

因为A1E∩CE=E,所以平面ADB1∥平面A1CE,

又A1C⊂平面A1CE,所以A1C∥平面ADB1.

因为AA1∥BB1,所以=,

又BD=,且易证BD⊥平面AA1D,

所以===×××2×1=.

一题多解　连接A1B,交AB1于K,易知K是A1B的中点,连接DK,则DK是△A1BC的中位线,DK∥A1C,又DK⊂面AB1D,A1C面AB1D,所以A1C∥面AB1D.

因为AA1∥BB1,BD=,AA1=AB=2AD=2,且易证BD⊥平面AA1D,所以===×××2×1=.

13.(2019安徽蚌埠二模,18)如图所示,菱形ABCD的边长为2,∠D=60°,点H为DC的中点,现以线段AH为折痕将菱形折起,使点D到达点P的位置且平面PHA⊥平面ABCH,点E,F分别为AB,AP的中点.

(1)求证:平面PBC∥平面EFH;

(2)求平面PAH与平面PBC所成锐二面角的余弦值.

解析　(1)证明:菱形ABCD中,E,H分别为AB,CD的中点,

所以BECH,所以四边形BCHE为平行四边形,则BC∥EH,

又EH平面PBC,BC⊂平面PBC,

所以EH∥平面PBC.(3分)

又点E,F分别为AB,AP的中点,所以EF∥BP,

又EF平面PBC,BP⊂平面PBC,

所以EF∥平面PBC.又EF∩EH=E,

所以平面PBC∥平面EFH.(6分)

(2)连接AC,菱形ABCD中,∠D=60°,则△ACD为正三角形,又H为DC的中点,菱形边长为2,

∴AH⊥CD,AH=,DH=PH=CH=1.

折叠后,PH⊥AH,

又平面PHA⊥平面ABCH,平面PHA∩平面ABCH=AH,

从而PH⊥平面ABCH.

又∵AH⊥CD,∴HA,HC,HP三条直线两两垂直,

以,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略),

则P(0,0,1),C(0,1,0),B(,2,0),则=(,1,0),=(0,-1,1),(9分)

设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),

则即

令y=-,得x=1,z=-,

∴m=(1,-,-).

∵平面PAH的一个法向量n=(0,1,0),

∴cos<m,n>=-=-,

设平面PAH与平面PBC所成锐二面角为α,

则cos α=.(12分)

14.(2020届广东广州执信中学10月月考,18)在等腰直角△EBC中,A,D分别为EB,EC的中点,AD=2,将△EAD沿AD折起,使得二面角E-AD-B为60°.

(1)请作出平面EBC和平面EAD的交线l,并说明理由;

(2)求二面角E-CD-B的余弦值.

解析　(1)在平面EAD内过点E作AD的平行线l即为所求.

理由:因为l∥AD, 而l在平面ABCD外,AD在平面ABCD内,所以l∥平面ABCD.

同理,AD∥平面EBC,于是l在平面EBC上,

从而l即为平面EBC和平面EAD的交线.

(2)由题意可得∠EAB为二面角E-AD-B的平面角,

所以∠EAB=60°.

过点E作AB的垂线,垂足为F,则EF⊥平面ABCD,

以F为原点,的方向为x轴正方向建立空间直角坐标系.

则B(1,0,0),C(1,4,0),A(-1,0,0),D(-1,2,0),E(0,0,),从而=(-2,-2,0),=(1,4,-),

设平面ECD的一个法向量为n1=(x0,y0,z0),

则由得

所以不妨取n1=(1,-1,-),由EF⊥平面ABCD知平面BCD的一个法向量为n2=(0,0,1).cos<n1,n2>===-,由题图知二面角E-CD-B为锐二面角,所以二面角E-CD-B的余弦值为.

15.(2020届辽宁阜新高级中学10月月考,19)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为AB的中点,F为D1C的中点.

(1)证明:EF∥平面ADD1A1;

(2)若AE=2,求二面角D-EF-C的余弦值.

解析　(1)证明:取DD1的中点G,连接FG,AG,

因为F为D1C的中点,所以FG=CD且FG∥CD.由正方体的性质知AB=CD且AB∥CD,所以FG=AB且FG∥AB.因为点E是AB的中点,所以AE=AB,所以FG=AE且FG∥AE,所以四边形AEFG为平行四边形,所以AG∥EF,因为AG⊂平面ADD1A1,EF⊄平面ADD1A1,所以EF∥平面ADD1A1.

(2)如图,建立空间直角坐标系,

因为AE=2,所以正方体各条棱的长都是4,

所以D(0,0,0),A(4,0,0),E(4,2,0),C(0,4,0),F(0,2,2),则=(4,2,0),=(0,2,2),=(4,-2,0),=(0,-2,2).

设平面DEF的法向量为n1=(x1,y1,z1).

由得

即令y1=2,得n1=(-1,2,-2).

设平面CEF的法向量为n2=(x,y,z),

由得

即令y=2,得n2=(1,2,2).

设二面角D-EF-C为θ,则由题意知θ为钝角,

所以cos θ=-

=-=-=-.

所以二面角D-EF-C的余弦值为-.