1、考点测试45直线、平面平行的判定及其性质高考概览高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读1. 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题一、基础小题1已知平面平面，若两条直线m，n分别在平面，内，则m，n的关系不可能是()A平行 B相交C异面 D平行或异面答案B解析由知，.又m，n，故mn.故选B.2两条直线a，b满足ab，b，则a与平面的位置关系是()Aa BaCa与相交 Da与不相交答案D解析由于b且ab，则a或a.故a与不相交故选D.3如图所示的三棱柱
2、ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A异面B平行C相交D以上均有可能答案B解析在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，AB平面ABC，A1B1平面ABC，A1B1平面ABC，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，DEA1B1，DEAB.4下列命题中，错误的是()A平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行B平行于同一个平面的两个平面平行C若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行D若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面答案C解析由面面平行的判定定理和性质知A，B，D正确对于C，位于两个平行平
3、面内的直线也可能异面5若直线l不平行于平面，且l，则()A内的所有直线与l异面B内不存在与l平行的直线C内存在唯一的直线与l平行D内的直线与l都相交答案B解析因为l，若在平面内存在与直线l平行的直线，则l，这与题意矛盾故选B.6下面结论中：过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行；过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行正确的序号为()A B C D答案C解析对于，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于，当已知直线与平面相交时，不存在平面与已知
4、平面平行，错误；对于，过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知直线平行，错误故选C.7有下列命题：若直线l平行于平面内的无数条直线，则直线l；若直线a在平面外，则a；若直线ab，b，则a；若直线ab，b，则a平行于平面内的无数条直线其中真命题的个数是()A1 B2 C3 D4答案A解析命题，l可以在平面内，是假命题；命题，直线a与平面可以是相交关系，是假命题；命题，a可以在平面内，是假命题；命题是真命题8已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是_(只填序号)AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1；
5、AD1平面BDC1.答案解析连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，则AD1BC1，从而正确；易证BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，从而正确；由图易知AD1与DC1异面，故错误；因为AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，故AD1平面BDC1，故正确二、高考小题9(2018浙江高考)已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”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解析m，n，mn，m，故充分性成立而由m，n，得mn或m与n异面，故必要性不成立故选A.10(2
6、017全国卷)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解析A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ. C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MN
7、Q.故选A.11(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A B C D答案A解析如图，延长B1A1至A2，使A2A1B1A1，延长D1A1至A3，使A3A1D1A1，连接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D.易证AA2A1BD1C，AA3A1DB1C.平面AA2A3平面CB1D1，即平面AA2A3为平面.于是mA2A3，直线AA2即为直线n.显然有AA2AA3A2A3，于是m，n所成的角为60，其正弦值为.故选A.12(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果
8、mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m与所成的角和n与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)答案解析由mn，m，可得n或n在内，当n时，与可能相交，也可能平行，故错误易知都正确三、模拟小题13(2019渭南模拟)在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD平面EFGH时，下面结论正确的是()AE，F，G，H一定是各边的中点BG，H一定是CD，DA的中点CBEEABFFC，且DHHADGGCDAEEBAHHD且BFFCDGGC答案D解析由BD平面EFGH，得BDEH，BDFG，则AEEBAHHD，且BFFCD
9、GGC.故选D.14(2019江门模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是()AMNAPBMNBD1CMN平面BB1D1DDMN平面BDP答案C解析取B1C1的中点Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理可得MQB1D1，MQ平面BB1D1D，易知NQBB1，NQ平面BB1D1D，平面MNQ平面BB1D1D，MN平面MNQ，MN平面BB1D1D，故选C.15(2019重庆六校联考)设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，
10、b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b答案D解析若存在一条直线a，a，a，则或与相交；若，则存在一条直线a，使得a，a，所以A的内容是的一个必要条件；同理，B，C的内容也是的一个必要条件而不是充分条件；可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面内，成为相交直线，则有，所以D的内容是的一个充分条件故选D.16(2019河北唐山统一考试)在三棱锥PABC中，PB6，AC3，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解析如图，过点G作EFAC.分别交PA，PC于点E，F，过E，F分别作ENPB，FMPB，分别交AB，BC于点N，M，连接MN，
11、则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN即为所求截面)，且EFMNAC2，FMENPB2，所以截面的周长为248.17(2019郑州调研)设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：若m，n，则mn；若，m，则m；若n，mn，m，则m；若m，n，mn，则.其中是真命题的是_(填上正确命题的序号)答案解析若m，n，则mn或m，n异面，故错误；若，m，则m，m，故正确；若n，mn，m，则m或m，故错误；若m，n，mn，则或与相交，故错误一、高考大题1(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A
12、1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，ED平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0
13、，4)， (1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.2(2019天津高考)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长解(1)证明：以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则A(0,0,0)，B(
14、1,0,0)，设F(1，2，h)依题意，(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，又(0,2，h)，可得0，又因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，则(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m.由题意，有|cosm，n|，解得h.经检验，符合题意所以线段CF的长为.3(2018江苏高考)在平行六面体ABCDA1
15、B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1.求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1，因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1A1B.因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC.又因为A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC，又因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC.4(2017浙
16、江高考)如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，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(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EFAD且EFAD.又因为BCAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF.因为BF平面PAB，CE平面PAB，所以CE平面PAB.(2)分别取BC，AD的中点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的中点在平行
17、四边形BCEF中，MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DCAD，BCAD，BCAD，N是AD的中点得BNAD.所以AD平面PBN.由BCAD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CD1.在PCD中，由PC2，CD1，PD得CE，在RtPBC中，由BC1，PC2，得PB.在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH.所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.5(2016四川高考)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADCPA
18、B90，BCCDAD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行如图，延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一个点理由如下：由已知，得BCED，且BCED.所以四边形BCDE是平行四边形从而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一：由已知，知CDPA，CDAD，PAADA，所以C
19、D平面PAD，从而CDPD.所以PDA是二面角PCDA的平面角所以PDA45.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，又CE平面ABCD，从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角在RtAEH中，AEH45，AE1，所以AH.在RtPAH中，PH，所以sinAPH.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.解法二：由已知，得CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，于是CDPD.从而PDA是二面角PCDA的平面角所以PDA
20、45.由PAAB，PACD，AB，CD相交于点M，可得PA平面ABCD.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.作AyAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以(1,0，2)，(1,1,0)，(0,0,2)设平面PCE的法向量为n(x，y，z)，由得设x2，解得n(2，2,1)设直线PA与平面PCE所成角为，则sin.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.二、模拟大题6(2019成都一诊)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，ABC，PA平面ABC
21、D，点M是棱PC的中点(1)证明：PA平面BMD；(2)当PA时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值解(1)证明：如图1，连接AC交BD于点O，连接MO.M，O分别为PC，AC的中点，PAMO.PA平面BMD，MO平面BMD，PA平面BMD.(2)如图2，取线段BC的中点H，连接AH.四边形ABCD为菱形，ABC，AHAD.以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(，1,0)，C(，1,0)，P(0,0，)，M，(0,2,0)，(，1，)设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，由得取z1，m(1,0,1)为平面PB
22、C的一个法向量设直线AM与平面PBC所成的角为，sin|cosm，|.直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.7(2020杭州摸底)如图，四边形ABCD是菱形，EA平面ABCD，EFAC，CF平面BDE，G是AB的中点(1)求证：EG平面BCF；(2)若AEAB，BAD60，求二面角ABED的余弦值解(1)证明：设ACBDO，连接OE，OF，CF平面BDE，平面AEFC平面BDEOE，OECF，又EFAC，四边形EOCF是平行四边形，EFOC.四边形ABCD是菱形，OAOC，EFOAOC.又EFAC，四边形EFOA是平行四边形，OFEA，EA平面ABCD，OF平面ABCD，设OAa，OBb，AE
23、c，以O为坐标原点，OA，OB，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则E(a,0，c)，G，B(0，b,0)，C(a,0,0)，F(0,0，c)，(0，b，c)，(a,0，c)，设平面BCF的法向量为v(x，y，z)，则取zb，得v，vc(c)b0，EG平面BCF，EG平面BCF.(2)设AEAB2，BAD60，OB1，OA，由(1)中建立的空间直角坐标系可得A(，0,0)，B(0,1,0)，E(，0,2)，D(0，1,0)，(，1,2)，(，1,0)，(0，2,0)，设平面ABE的法向量n(x1，y1，z1)，则取x11，得n(1，0)，设平面BDE的法向量m(x2，y2
24、，z2)，则取x22，得m(2,0，)，设二面角ABED的平面角为，则cos.二面角ABED的余弦值为.8(2019长沙一模)如图，在四棱锥PABCD中，PAAD，底面四边形ABCD为直角梯形，ADBC，ADBC，BCD90，M为线段PB上一点(1)若，则在线段PB上是否存在点M，使得AM平面PCD？若存在，请确定M点的位置；若不存在，请说明理由；(2)已知PA2，AD1，若异面直线PA与CD成90角，二面角BPCD的余弦值为，求CD的长解(1)延长BA，CD交于点E，连接PE，则PE平面PCD.若AM平面PCD.由平面PBE平面PCDPE，AM平面PBE，得AMPE.由ADBC，ADBC，得
25、，则.故点M是线段PB上靠近点P的一个三等分点(2)由于PAAD，PACD，ADCDD，AD平面ABCD，CD平面ABCD，则PA平面ABCD，以点A为坐标原点，以AD，AP所在的直线分别为y轴、z轴，过点A与平面PAD垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系则P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(t,1,0)，B，则，(t,1，2)，(t,0,0)设平面PBC和平面PCD的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)由n1，n1得即令x11，则z1，故n1.同理可求得n2(0,2,1)设二面角BPCD的大小为，于是|cos|，则，解得t2(负值舍去)，故t2.所以CD2.
