1、直线、平面平行的判定与性质专题检测1.(2020河南名校联盟尖子生3月联考,6)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是BB1,DD1,A1B1的中点,则下列说法错误的是()A.B1D平面A1FC1B.CE平面A1FC1C.GE平面A1FC1D.AE平面A1FC1答案C本题考查空间中线面平行的判定,考查学生直观想象、逻辑推理的核心素养.如图所示,连接B1D1和A1C1相交于点O,则O为A1C1、B1D1的中点,对于A选项,连接OF,则OFB1D,因为OF平面A1FC1,B1D平面A1FC1,所以B1D平面A1FC1,即A的说法正确;对于B选项,易知CEA1F,因为A1F平面A1
2、FC1,CE平面A1FC1,所以CE平面A1FC1,即B的说法正确;对于C选项,因为GEA1B,所以GE与平面A1FC1相交,即C错误;对于D选项,易知AEC1F,因为C1F平面A1FC1,AE平面A1FC1,所以AE平面A1FC1,即D的说法正确.故选C.2.(2020重庆直属校3月模拟,6)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且DEEB=DFFD1=12,G在CC1上且平面AEF平面BD1G,则CGCC1=()A.12B.13C.23D.14答案B本题考查面面平行的性质定理,考查逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养,考查学
3、生的数学应用意识.四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且DEEB=DFFD1=12,EFBD1,平面ADD1A1平面BCC1B1,G在CC1上且平面AEF平面BD1G,AFBG,CGCC1=DFDD1=13.故选B.3.(2020黑龙江顶级名校9月联考,8)如图,四棱锥S-ABCD的所有棱长均为2,E是SA的中点,过C、D、E三点的平面与SB交于点F,则四边形DEFC的周长为()A.2+3B.3+3C.3+23D.2+23答案C因为AB=BC=CD=DA=2,所以四边形ABCD为菱形,所以CDAB,又CD平面SAB,AB平面SAB,所以CD
4、平面SAB,又CD平面CDEF,且平面CDEF平面SAB=EF,所以CDEF,所以EFAB.又因为E为SA的中点,所以EF=12AB=1,又易知SAD和SBC均是等边三角形,所以DE=CF=2sin60=3,所以四边形DEFC的周长为CD+DE+EF+FC=2+3+1+3=23+3,故选C.思路分析本题利用线面平行的判定定理得出CD平面SAB,再利用线面平行的性质定理得CDEF,从而实现了平面问题与空间问题的转化,最终利用平面相关知识求得四边形的周长.4.(2020四川成都二诊,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P,Q分别为AB,AD的中点,过点D作平面使B1P平面,A1Q平面.若
5、直线B1D1平面=M,则MD1MB1的值为()A.14B.13C.12D.23答案B如图所示,取A1D1,D1C1的中点分别为E,F,连接EF,DE,DF,则有A1QDE,又知DE平面DEF,A1Q平面DEF,A1Q平面DEF,同理可得B1P平面DEF,平面DEF即为平面,连接A1C1,B1D1,由题知B1D1EF=M,由于E,F分别为所在棱中点,EFA1C1,点M为线段B1D1的四等分点,且靠近点D1,MD1MB1=13,故选B.5.(2019江西吉安一模,11)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1D1,A1B1的中点,过直线BD的平面平面AMN,则平面截该
6、正方体所得截面的面积为()A.2B.98C.3D.62答案B如图1,取B1C1的中点E,C1D1的中点F,连接EF,BE,DF,B1D1,则EFB1D1,B1D1BD,所以EFBD,故EF,BD在同一平面内.连接ME,因为M,E分别为A1D1,B1C1的中点,所以MEAB,且ME=AB,所以四边形ABEM是平行四边形,所以AMBE,又因为BE平面BDFE,AM平面BDFE,所以AM平面BDFE,同理AN平面BDFE.又因为AMAN=A,所以平面AMN平面BDFE,所以平面BDFE为平面.BD=2,EF=12B1D1=22,DF=BE=52,等腰梯形BDFE如图2,图1图2分别过E,F作BD的垂
7、线,则四边形EFGH为矩形,FG=DF2-DG2=54-18=324,故所得截面的面积为1222+2324=98.故选B.6.(2019豫北名校4月联考,14)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点,若平面BC1D平面AB1D1,则ADDC=.答案1解析如图所示,连接A1B,与AB1交于点O,连接OD1,平面BC1D平面AB1D1,平面BC1D平面A1BC1=BC1,平面A1BC1平面AB1D1=D1O,BC1D1O,A1D1D1C1=A1OOB,同理AD1DC1,A1D1D1C1=DCAD,A1OOB=DCAD,又A1OOB=1,DCAD=1,即ADDC=1.
8、7.(2019福建厦门一模,15)在正三棱锥S-ABC中,AB=23,SA=25,E,F分别为AC,SB的中点.平面过点A,平面平面SBC,平面平面ABC=l,则异面直线l和EF所成角的余弦值为.答案64解析平面平面SBC,平面平面ABC=l,平面SBC平面ABC=BC,lBC.取AB的中点D,连接DE,DF,则DEBC,lDE,异面直线l和EF所成角即为DEF(或其补角).取BC的中点O,连接SO,AO,则SOBC,AOBC,又SOAO=O,BC平面SOA,又SA平面SOA,BCSA,DEDF.在RtDEF中,DE=3,DF=5,EF=22,cosDEF=322=64.异面直线l和EF所成角
9、的余弦值为64.思路分析推导出lBC,取AB的中点D,连接DE,DF,则DEBC,从而lDE,进而得到异面直线l和EF所成角即为DEF(或其补角),由此能求出异面直线l和EF所成角的余弦值.8.(2020安徽合肥一中等六校第一次联考,16)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是AD的中点,动点P在底面ABCD内(不包括边界),若B1P平面A1BM,则C1P的最小值是.答案305解析如图,取A1D1的中点Q,BC的中点N,连接DN,NB1,B1Q,QD,易证DNBM,DQA1M,又DNDQ=D,BMA1M=M,平面B1QDN平面A1BM,则动点P的轨迹是线段DN(不含D,N
10、两点),连接CP.又CC1平面ABCD,则当CPDN时,C1P取得最小值,C1P152+12=305.则C1P的最小值为305.解题关键利用线面平行与面面平行的性质定理得点P的轨迹是求解本题的关键.9.(2019北师大附中期中文,18)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为菱形,BAD=60,平面SAD平面ABCD,SA=SD,E,P,Q分别是棱AD,SC,AB的中点.(1)求证:PQ平面SAD;(2)求证:AC平面SEQ;(3)如果SA=AB=2,求三棱锥S-ABC的体积.解析(1)证明:取SD的中点F,连接AF,PF.因为P,F分别是棱SC,SD的中点,所以FPCD,且FP=12CD
11、.又因为Q是AB的中点,所以AQCD,且AQ=12CD.所以FPAQ且FP=AQ.所以四边形AQPF为平行四边形.所以PQAF.又因为PQ平面SAD,AF平面SAD,所以PQ平面SAD.(2)证明:连接BD,在SAD中,SA=SD,E是AD的中点,所以SEAD.又平面SAD平面ABCD,平面SAD平面ABCD=AD,SE平面SAD,所以SE平面ABCD,又AC平面ABCD,所以SEAC.因为底面ABCD为菱形,所以BDAC,因为E,Q分别是AD,AB的中点,所以EQBD,所以EQAC,因为SEEQ=E,SE,EQ平面SEQ,所以AC平面SEQ.(3)因为菱形ABCD中,BAD=60,AB=2,
12、所以SABC=12ABBCsinABC=3.因为SA=AD=SD=2,E是AD的中点,所以SE=3.由(2)可知SE平面ABC,所以三棱锥S-ABC的体积V=13SABCSE=1.10.(2019河南豫南九校11月联考,18)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD底面ABCD,PAD=ABC=90,设PE=2EB.(1)求证:AEBC;(2)若直线AB平面PCD,且DC=2AB,求证:直线PD平面ACE.证明(1)侧面PAD底面ABCD,且PAD=90,PA底面ABCD.又BC底面ABCD,PABC.又ABC=90,PAAB=A,BC平面PAB.又AE平面PAB,AEBC.(2)AB平面
13、PCD,AB平面ABCD,且平面ABCD平面PCD=DC,ABDC.如图,连接BD交AC于点M,连接EM.ABDC,ABD=BDC.又AMB=DMC,AMBCMD,ABCD=MBDM.又DC=2AB,DM=2MB.又PE=2EB,PDEM.又PD平面EAC,EM平面EAC,PD平面ACE.11.(2020山西长治二中9月月考,18)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且ADBC,BAD=90,AB=AD=12BC.(1)求证:AD平面BCEF;(2)求证:BD平面CDE;(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE平面AMF?若存在
14、,求出BMDM的值;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以ADEF,由于EF平面BCEF,AD平面BCEF,所以AD平面BCEF.(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以DEAD.因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,所以DE平面ABCD,所以DEBD.取BC的中点N,连接DN.由BNAD,BN=12BC=AD=AB,BAD=90,可得四边形ABND为正方形,所以DN=AB.所以DN=12BC,所以BDCD,因为CDDE=D,所以BD平面CDE.(3)存在,当M为BD的中点时,CE平面AMF,此时BMDM=1.理由如下:连接AN交BD
15、于点M,连接NF,由于四边形ABND为正方形,所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.因为NC=AD,NCAD,四边形ADEF为正方形,所以NC=FE,NCFE,所以四边形NCEF为平行四边形,所以CENF.又因为NF平面AMF,CE平面AMF,所以CE平面AMF.规律总结探索性问题,一般采用执果索因的方法,假设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结果成立的充分条件,若能找到符合题目结果要求的条件,则存在;若不能找到符合题目结果要求的条件(出现矛盾),则不存在.12.(2020河南、江西五岳3月联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,DAB=90,AB=BC
16、=PA=12AD=2,E为PB的中点,F是PC上的点.(1)若EF平面PAD,证明:F为PC的中点;(2)求点C到平面PBD的距离.解析(1)证明:因为BCAD,BC平面PAD,AD平面PAD,所以BC平面PAD.因为P平面PBC,P平面PAD,所以可设平面PBC平面PAD=PM,又因为BC平面PBC,所以BCPM.因为EF平面PAD,EF平面PBC,所以EFPM,从而得EFBC.因为E为PB的中点,所以F为PC的中点.(2)因为PA底面ABCD,DAB=90,AB=BC=PA=12AD=2,所以PB=PA2+AB2=22,PD=PA2+AD2=25,BD=BA2+AD2=25,所以SDPB=
17、12PBDP2-12PB2=6.设点C到平面PBD的距离为d,由VC-PBD=VP-BCD,得13SDPBd=13SBCDPA=1312BCABPA,即6d=12222,解得d=23.13.(2019广东珠海一中期中考试,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是菱形,ACBD=O,PAC是边长为2的等边三角形,PB=PD=6,AP=4AF.(1)求四棱锥P-ABCD的体积;(2)在线段PB上是否存在一点M,使得CM平面BDF?如果存在,求出BMBP的值;如果不存在,请说明理由.解析(1)底面ABCD是菱形,ACBD=O,O为AC,BD的中点.又PA=PC,PB=PD,POA
18、C,POBD.ACBD=O,AC平面ABCD,BD平面ABCD,PO底面ABCD.在等边PAC中,AC=2,PO=3.在PBD中,PB=PD=6,则BO=(6)2-(3)2=3,BD=23.VP-ABCD=13S菱形ABCDPO=13122233=2.(2)存在.如图,过C作CEBD交AB的延长线于E,过E作EHBF交PA于H,交PB于M.CEBD,BD平面BDF,CE平面BDF,CE平面BDF.EHBF,BF平面BDF,EH平面BDF,EH平面BDF.又CEEH=E,CE平面CEM,EH平面CEM,平面BDF平面CEM.又CM平面CEM,CM平面BDF.BDCE,DCBE,四边形BECD为平
19、行四边形.DC=BE=AB,B为AE的中点.AF=14AP,EHBF,H为PA的中点.在PAE中,M为中线PB与中线EH的交点.M为PAE的重心,BMBP=13.14.(2020河南天一大联考4月联考,18)如图,五面体ABCDEF中,AE=2EF,平面DAE平面ABFE,平面CBF平面ABFE,DAE=DEA=CFB=EAB=FBA=45,ABEF,点P是线段AB上靠近A的三等分点.(1)求证:DP平面CBF;(2)求直线DP与平面ACF所成角的正弦值.解析本题主要考查空间线面的位置关系,向量法求空间角的正弦值,考查学生的运算求解能力、空间想象能力.考查的核心素养为直观想象、逻辑推理和数学运
20、算.(1)证明:如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MP,MN,由题可知AD=DE,ADE=90,设AD=DE=1,易知DMAE,且AM=22.因为平面DAE平面ABFE,平面DAE平面ABFE=AE,所以DM平面ABFE.同理,CN平面ABFE.所以DMCN.因为DM平面CBF,CN平面CBF,故DM平面CBF.因为AE=2EF,EAB=FBA=45,所以AP=1=13AB.因为AM=APcos45,所以AMP=90,所以AMP是以AP为斜边的等腰直角三角形,所以MPA=45,而FBA=45,则MPFB.因为MP平面CBF,FB平面CBF,所以MP平面CBF.因为MPDM=M
21、,所以平面DMP平面CBF.因为DP平面DMP,所以DP平面CBF.(2)连接PE,以P为原点,AB,PE所在直线分别为x轴,y轴,以过点P且垂直于平面ABFE的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=DE=1,则A(-1,0,0),C32,12,22,F(1,1,0),P(0,0,0),D-12,12,22,所以AF=(2,1,0),FC=12,-12,22.设平面AFC的法向量为n=(x,y,z),则nAF=0,nFC=0,即2x+y=0,12x-12y+22z=0,取x=-2,则y=4,z=32,即n=(-2,4,32).易知PD=-12,12,22,设直线DP与平面ACF所成的
22、角为.故sin=|PDn|PD|n|=33819,即直线DP与平面ACF所成角的正弦值为33819.思路分析(1)作辅助线,利用题中给出的相等关系,得出DM平面ABEF,从而得到DMCN,进而得出DM平面CBF,再证得MP平面CBF,所以平面CBF平面DMP,从而证得DP平面CBF;(2)建立恰当的空间直角坐标系,分别求出直线DP的方向向量和平面AFC的法向量,然后求得结果.15.(2020陕西第二次质量检测,17)如图,正四棱锥P-ABCD的底边长为2,侧棱长为3,M为PC上一点,且PM=3CM,点E,F分别为AD,BC上的点,且AE=BF=3ED.(1)证明:平面MEF平面PAB;(2)求
23、锐二面角P-EF-M的余弦值.解析(1)证明:AEBF,且AE=BF,四边形ABFE为平行四边形,ABEF.PM=3CM,BF=3FC,MCF=PCB,MCFPCB,MFPB.MF,EF平面MEF,MFEF=F,PB,AB平面PAB,PBAB=B,平面MEF平面PAB.(2)连接AC,BD,交于点O,连接PO.四棱锥P-ABCD为正四棱锥,ACBD,PO平面ABCD,OB,OC,OP两两垂直,故建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),E-324,-24,0,F24,324,0,M0,324,14,P(0,0,1),EF=(2,
24、2,0),PE=-324,-24,-1,ME=-324,-2,-14,设平面PEF的法向量为m=(x,y,z),则mEF=0,mPE=0,即2x+2y=0,-324x-24y-z=0,解得x=-y,z=22y,取x=-2,则y=2,z=2,故m=(-2,2,2),同理可得平面MEF的一个法向量n=(-1,1,-2).cos=mn|m|n|=2+2-2102=110=1010,锐二面角P-EF-M的余弦值为1010.思路分析(1)由正方形的性质知ABEF,又由相似三角形的性质可得MFPB,再结合面面平行的判定定理即可证明;(2)由已知条件可推导出OB,OC,OP两两垂直,建立空间直角坐标系,求出
25、平面PEF与平面MEF的法向量,利用公式即可求得锐二面角的余弦值.16.(2020安徽名校联盟4月联考,18)如图,在空间几何体ABCDE中,ABC,ACD,EBC均是边长为2的等边三角形,平面ACD平面ABC,且平面EBC平面ABC,H为AB的中点.(1)证明:DH平面EBC;(2)求二面角E-AC-B的余弦值.解析(1)证明:如图1,分别取AC,BC的中点P,Q,连接DP,EQ,PQ,PH,ACD,EBC均是等边三角形,P是AC的中点,Q是BC的中点,DPAC,EQBC.平面ACD平面ABC且交线为AC,DP平面ACD,DP平面ABC,平面EBC平面ABC且交线为BC,EQ平面EBC,EQ
26、平面ABC,DPEQ.又EQ平面EBC,DP平面EBC,DP平面EBC.PH是ABC的中位线,PHBC,又BC平面EBC,PH平面EBC,PH平面EBC,DP平面DPH,PH平面DPH,DPPH=P,平面EBC平面DPH,DH平面EBC.图1图2(2)以点P为原点,射线PA为x轴正方向、射线PB为y轴正方向、射线PD为z轴正方向,建立如图2所示的空间直角坐标系,则P(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),E-12,32,3,AC=(-2,0,0),AE=-32,32,3,EQ平面ABC,平面ABC的法向量可取n=(0,0,1),设平面EAC的法向量为m=(x,y,z),则-2x=0,-32x+32y+3z=0,x=0,y=-2z,可取m=(0,2,-1),设二面角E-AC-B的平面角为,根据图形判断为锐角,cos=mn|m|n|=-115=55.
