1、8.3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
2、面A1FC1,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=,G在CC1上且平面AEF平面BD1G,则=()A.B.C.D.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,考查学生的数学应用意识.四棱柱ABCD-A1B1C
3、1D1中,ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且=,EFBD1,平面ADD1A1平面BCC1B1,G在CC1上且平面AEF平面BD1G,AFBG,=.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+B.3+C.3+2D.2+2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
4、SA的中点,所以EF=AB=1,又易知SAD和SBC均是等边三角形,所以DE=CF=2sin60=,所以四边形DEFC的周长为CD+DE+EF+FC=2+1+=2+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.若直线B1D1平面=M,则的值为()A.B.C.D.答案B如图所示,取A1D1,D1C1的中点分别为E,F,连接EF,
5、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,=,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,则平面截该正方体所得截面的面积为()A.B.C.D.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
6、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=,EF=B1D1=,DF=BE=,等腰梯形BDFE如图2,图1图2分别过E,F作BD的垂线,则四边形EFGH为矩形,FG=,故所得截面的面积为=.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BC
7、1D平面AB1D1,则=.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,=,同理AD1DC1,=,=,又=1,=1,即=1.7.(2019福建厦门一模,15)在正三棱锥S-ABC中,AB=2,SA=2,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
8、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=,DF=,EF=2,cosDEF=.异面直线l和EF所成角的余弦值为.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
9、C1P的最小值是.答案解析如图,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两点),连接CP.又CC1平面ABCD,则当CPDN时,C1P取得最小值,C1P=.则C1P的最小值为.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
10、;(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=CD.又因为Q是AB的中点,所以AQCD,且AQ=CD.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
11、,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,所以SABC=ABBCsinABC=.因为SA=AD=SD=2,E是AD的中点,所以SE=.由(2)可知SE平面ABC,所以三棱锥S-ABC的体积V=SABCSE=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=2.(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PA
12、D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,=.又DC=2AB,DM=2MB.又=2,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=
13、90,AB=AD=BC.(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,求出的值;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=BC=AD=AB,BAD=90,可得四边形ABND为正方形,所以DN=AB.所以DN=BC,所以BDCD,因为
14、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=1.理由如下:连接AN交BD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.(20
15、20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=PA=AD=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=AD
16、=2,所以PB=2,PD=2,BD=2,所以SDPB=PB=6.设点C到平面PBD的距离为d,由VC-PBD=VP-BCD,得SDPBd=SBCDPA=BCABPA,即6d=222,解得d=.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=,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,POAC
17、,POBD.ACBD=O,AC平面ABCD,BD平面ABCD,PO底面ABCD.在等边PAC中,AC=2,PO=.在PBD中,PB=PD=,则BO=,BD=2.VP-ABCD=S菱形ABCDPO=22=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为平行四边形.DC=BE=AB,B为AE的中点.A
18、F=AP,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,=.14.(2020河南天一大联考4月联考,18)如图,五面体ABCDEF中,AE=EF,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、逻辑推理和数学运算.(1)证明:如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,C
19、N,MP,MN,由题可知AD=DE,ADE=90,设AD=DE=1,易知DMAE,且AM=.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=EF,EAB=FBA=45,所以AP=1=AB.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,所以平面DMP平面CBF.因为DP平面DMP,所以DP平面CBF.(2)
20、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),C,F(1,1,0),P(0,0,0),D,所以=(2,1,0),=.设平面AFC的法向量为n=(x,y,z),则即取x=-2,则y=4,z=3,即n=(-2,4,3).易知=,设直线DP与平面ACF所成的角为.故sin=,即直线DP与平面ACF所成角的正弦值为.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
21、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,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.
22、(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,-,0),B(,0,0),C(0,0),D(-,0,0),E,F,M,P(0,0,1),=(,0),=,=-,-,-,设平面PEF的法向量为m=(x,y,z),则即解得取x=-2,则y=2,z=,故m=(-2,2,),同理可得平面MEF的一个法向量n=(-1,1,-).cos=,锐二面角P-EF-M的余弦值为.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
23、条件可推导出OB,OC,OP两两垂直,建立空间直角坐标系,求出平面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
24、ABC,平面EBC平面ABC且交线为BC,EQ平面EBC,EQ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,=(-2,0,0),=,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=.
