立体几何考点梳理讲解总结,高考数学立体几何题及解析.docx

考点24立体几何初步及空间几何体的表面积和体积【命题解读】 立体几何的考察是高考必考知识点，对于几何体的体积和表面积的考察往往在空间线面位置关系问题中出现，依托于某一个几何体，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及求解公式，在求解中要学会等价转化思想，等体积转化问题，以及立体问题转化为平面问题等等。【命题预测】预计2021年的高考对于立体几何表面积和体积考察，还是以多面体和旋转体的面积和体积为主，注意公式的运用。【复习建议】 1.掌握空间几何体特征，多面体与旋转体的有关知识；2.会运用公式求解旋转体或多面体的体积和表面积。考向一空间几何体的结构特征1.多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形结构特征有两个面互相平行且全等,其余各个面都是平行四边形; 每相邻两个四边形的公共边都互相平行有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,截面和底面之间的部分 2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等,垂直于底面 相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环1. 一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是下图中的()【答案】B【解析】由组合体的结构特征知，球只与正方体的上、下底面相切，而与两侧棱相离.2. 【2019山东济宁检测】一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是()A等腰三角形B等腰梯形C五边形D正六边形【答案】D【解析】如图1，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能截面ABEF为等腰梯形，选项B可能如图2，截面AMDEN为五边形，选项C可能图1图2因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形选项D不可能考向二 空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积=S侧+2S底V= S底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积=S侧+S底V=13S底h台体(棱台和圆台)S表面积=S侧+S上+S下V=13(S上+S下+S上S下)h球S=4R2V= 43R31. 【2020届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-BC1D内切球表面积为，则正方体外接球的体积为AB36 C D 【答案】B【解析】设正方体的棱长为，则，因为三棱锥内切球的表面积为，所以三棱锥内切球的半径为1，设内切球的球心为， 到平面的距离为，则，又，又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，正方体外接球的半径为，其体积为，故选B2.【2019山东东营模拟】表面积为24的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是()A12B8CD4【答案】A【解析】设正方体的棱长为a，因为表面积为24，即6a224，得a 2，正方体的体对角线长度为2， 所以正方体的外接球半径为r， 所以球的表面积为S4r212.3. 在ABC中，AB2，BC1.5，ABC120°(如图所示)，若将ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是()ABCD【答案】D【解析】依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示，OAAB·cos 30°2×，所以旋转体的体积为·()2·(OCOB).题组一（真题在线）1. 【2020年高考全国卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A BCD2. 【2020年高考全国卷文数】已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为A B C1 D3. 【2020年高考全国卷文数】已知为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为A B C D4. 【2020年高考天津】若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A B C D5. 【2019年高考全国卷理数】已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90°，则球O的体积为ABCD6. 【2019年高考全国卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.7. 【2019年高考天津卷理数】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_8. 【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥EBCD的体积是 .9. 【2018全国卷】在长方体ABCD­A1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A8B6C8D810. 【2018全国卷】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_.题组二1. 【2020山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山区高三模拟】唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则A2BC1D2. 【2020河南省郑州市高三第二次质量试题】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-BC1D内切球表面积为，则正方体外接球的体积为AB36 C D 3. 【2019四川省宜宾市高三第三次诊断性考试】如图，边长为2的正方形中，分别是的中点，现在沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则四面体的高为ABCD14. 【2019广东省深圳市高级中学高三适应性考试】在三棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_5. 【2017全国卷】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()ABCD6. 【2020湖南省常德市高三上学期期末数学】某圆柱的高为2，体积为，其底面圆周均在同一个球面上，则此球的表面积为_ 7. 在三棱锥P­ABC中，PA平面ABC且PA2，ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为()AB4C8D208. 【2019广东茂名模拟】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为菱形，ABC60°，PAAB2，过BD作平面BDE与直线PA平行，交PC于点E.(1)求证：E为PC的中点；(2)求三棱锥E­PAB的体积题组一1.C【解析】如图，设，则，由题意得，即，化简得，解得（负值舍去）.故选C2.C【解析】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，解得：，球心到平面的距离.故选：C3. A【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，球的表面积.故选：A4. C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即，所以，这个球的表面积为.故选：C5. D【解析】为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别为，的中点，又，平面，平面，为正方体的一部分，即，故选D6. 118.8【解析】由题意得，四棱锥OEFGH的高为3cm， 又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为7. 【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，故圆柱的体积为.8. 10【解析】因为长方体的体积为120，所以，因为为的中点，所以，由长方体的性质知底面，所以是三棱锥的底面上的高，所以三棱锥的体积.9. C【解析】如图，连接AC1，BC1，AC.AB平面BB1C1C，AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，AC1B30°.又ABBC2，在RtABC1中，AC14，在RtACC1中，CC12，V长方体AB×BC×CC12×2×28.10. 8【解析】 在RtSAB中，SASB，SSAB·SA28，解得SA4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在RtSAO中，SAO30°，所以r2，h2，所以圆锥的体积为r2·h×(2)2×28.题组二1.A【解析】设酒杯上部分（圆柱）的高为，球的半径为R，则酒杯下部分（半球）的表面积为，酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为，酒杯上部分（圆柱）的表面积为，解得酒杯下部分（半球）的体积酒杯上部分（圆柱）的体积所以.故选A2.B【解析】设正方体的棱长为，则，因为三棱锥内切球的表面积为，所以三棱锥内切球的半径为1，设内切球的球心为， 到平面的距离为，则，又，又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，正方体外接球的半径为，其体积为，故选B3.B【解析】如图，由题意可知两两垂直，平面，设P到平面的距离为h，又，故，故选B.4. 【解析】如图，在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，连接PF，CF，OP.由，得，是以为斜边的等腰角三角形，,又平面平面，平面，则为棱锥的外接球球心，外接球半径，该三棱锥外接球的表面积为，故答案为.5.B【解析】设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形r.圆柱的体积为Vr2h×1.6. 【解析】由题意作出示意图，设圆柱底面半径为，球的半径为，圆柱的高为2，体积为，得，此球的表面积，故答案为：7. C【解析】由题意得，此三棱锥外接球即为以ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为ABC的外接圆半径r××1，外接球球心到ABC的外接圆圆心的距离d1，所以外接球的半径R，所以三棱锥外接球的表面积S4R28.8. 见解析【解析】(1)证明如图，连接AC，设ACBDO，连接OE，则O为AC的中点，且平面PAC平面BDEOE，PA平面BDE，PAOE，E为PC的中点(2)解由(1)知，E为PC的中点，V三棱锥P ­ABC2V三棱锥E ­ABC.由底面ABCD为菱形，ABC60°，AB2，得SABC×22，V三棱锥P ­ABCSABC·PA××2.又V三棱锥P ­ABCV三棱锥E­ABCV三棱锥E ­PAB，V三棱锥E ­PABV三棱锥P ­ABC.考点25空间点、线、面的位置关系【命题解读】 空间点、直线、平面的位置关系是高考常考知识点之一，它的出题形式多样，在选择题或者填空或者解答都有可能涉及，这部分以简单和中档题为主，主要是考察空间想象力和空间思维能力。【命题预测】预计2021年的高考对于空间点、线、面的位置关系出选择题的可能性比较大，对于异面直线所成的角解答题有可能涉及到，因此这部分要加强复习。【复习建议】 1.能直观认识空间点、线、面的位置关系，并能抽象出空间点、线、面的位置关系；2.掌握4个基本事实和1个定理。考向一空间点、线、面的位置关系1.四个基本事实文字语言图形语言符号语言作用基本事实1如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内 Al,Bl,A,Bl可用来证明点、直线在平面内基本事实2过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面 A,B,C三点不共线有且只有一个平面,使A,B,C可用来确定一个平面;证明点、线共面基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线 P,且P=l,且Pl可用来确定两个平面的交线;判断或证明多点共线;判断或证明多线共点基本事实4平行于同一条直线的两条直线互相平行ab,bcac证明空间中两条直线平行2.基本事实2的三个推论推论1:经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面;推论2:经过两条相交直线有且只有一个平面; 推论3:经过两条平行直线有且只有一个平面. 3.空间直线的位置关系(1)位置关系的分类空间直线共面平行直线相交直线异面异面直线4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a=A1个 平行a0个 在平面内a无数个 平面与平面平行0个 相交=l无数个 1.【2020四川高三期中】 ，是不同的直线，是不重合的平面，下列说法正确的是（ ）A若，则；B若，则；C若，则；D，是异面直线，若，则.【答案】D【解析】对于，若，当时，可能有两个面相交所以不正确若，则，也可能，是异面直线，所以不正确；对于，若，则，也可能，是异面直线，所以不正确；对于，若，则，也可能，所以不正确；对于，过作，直线，是相交直线，确定平面，由题意可得，所以正确；故选：D2. 【2020山西省古县第一中学高二期中】若直线与平面不垂直，那么在平面内与直线垂直的直线（ ）A只有一条B无数条C是平面内的所有直线D不存在【答案】B【解析】直线与平面不垂直,一定存在，使得成立，因此在平面内，与平行的所有直线都与直线垂直，因此有无数条直线在平面内与直线垂直.故选：B考向二 异面直线所成的角1.异面直线所成的角定义:设a,b是两条异面直线,经过空间中任一点O作直线a'a,b'b,把a'与b'所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角(或夹角). 范围: 0,2. 2.等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补. 1.【2020北京四中高二期中】设、是异面直线，给出下列命题：经过直线有且仅有一个平面平行于直线；经过直线有且仅有一个平面垂直于直线；存在分别经过直线和直线的两个平行平面；存在分别经过直线和直线的两个互相垂直的平面其中错误的命题为（ ）A与B与C与D仅【答案】D【解析】对于，选一条直线与平行，且与相交，则由公理的推论可知，通过与有且仅有一个平面，此时，故正确；对于，若与不垂直，则直线不可能垂直于直线所在的平面，故错；对于，取平面与平面，且使，若，且与不平行，则异面，故正确；对于，若、异面，则存在一条直线，使得，设由、所确定的平面为，则一定可以过直线作一个平面，使得，故正确.故选：D.2. 【2020河北高三期中】如图，在三棱锥D-ABC中，一平面截三棱锥D-ABC所得截面为平行四边形EFGH已知，则异面直线EG和AC所成角的正弦值是（ ） ABCD【答案】A【解析】EFGH是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以（或其补角）就是异面直线EG和AC所成的角，因为，所以，因为，所以，故故选：A3. 【2020湖北高三月考】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（ ）AD1DAFBA1G平面AEFC异面直线A1G与EF所成角的余弦值为D点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍【答案】BCD【解析】A选项，由，即与并不垂直，所以D1DAF错误.B选项，如下图，延长FE、GB交于G连接AG、GF，有GF/BE又E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，所以，而，即；又因为面 面=，且面，面，所以A1G平面AEF，故正确.C选项，取中点，连接，由题意知与平行且相等，所以异面直线A1G与EF所成角的平面角为，若正方体棱长为2，则有，即在中有，故正确.D选项，如下图若设G到平面AEF的距离、C到平面AEF的距离分别为、，则由且，知，故正确. 故选：BCD题组一（真题在线）1. 【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n“l ，m，n共面”是“l ，m，n两两相交”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2. 【2020年高考全国卷理数】设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线l平面，直线m平面，则ml则下述命题中所有真命题的序号是_3. 【2019年高考全国卷理数】设，为两个平面，则的充要条件是A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面4. 【2019年高考全国卷理数】如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则ABM=EN，且直线BM，EN 是相交直线BBMEN，且直线BM，EN 是相交直线CBM=EN，且直线BM，EN 是异面直线DBMEN，且直线BM，EN 是异面直线5. 【2019年高考北京卷理数】已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_题组二1. 【2020全国高三（理）】在正方体中，点E是棱的中点，点F是线段上的一个动点有以下三个命题：异面直线与所成的角是定值；三棱锥的体积是定值；直线与平面所成的角是定值其中真命题的个数是A3B2C1D02. 【2020福建师大附中高三期中】在正方体中，记平面为，若平面，平面，则，所成角的余弦值为（ ）ABCD3. 【2020吉林高二期中（理）】设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出如下命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确命题的个数为（ ）A1B2C3D44. 【2020河南高三月考（理）】在长方形ABCD中，AB=2AD，过AD，BC分别作异于平面ABCD的平面，若，则l与BD所成角的正切值是（ ）AB1C2D45. 【2020东台创新高级中学高一月考】设，是两条不同的直线，是两个不重合的平面，下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则6. 【2020山东济宁·高三其他模拟】如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）A在棱上存在点，使平面B异面直线与所成的角为C二面角的大小为D平面 7. 【2020北京四中高二期中】正方形与正方形有公共边，平面与平面所成角为60°，则异面直线与所成角大小等于_8. 【2020重庆南开中学高三期中（理）】正三棱柱中，为棱的中点，则异面直线与成角的大小为_9. 【2020浙江温州高二期中】如图所示，在三棱锥中，平面，且，是的中点.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的正切值.题组一1.B【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.故选：B2. 【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题.综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.故答案为：.3. B【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B4. B【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.过作于，连接，平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B故选：B5. 如果l，m，则lm.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l，m，则lm，正确；（2）如果l，lm，则m，不正确，有可能m在平面内；（3）如果lm，m，则l，不正确，有可能l与斜交、l.故答案为：如果l，m，则lm.6. C【解析】由题可得则故选C7. C【解析】由得则对应的点（-3，-2）位于第三象限故选C8. D【解析】故选D9. 【解析】10. 【解析】 由题可得11. 【解析】，令，解得题组二1.B【解析】以A点为坐标原点，AB,AD,所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B(1,0,0),C(1,1,O),D(0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),设F(t，1，1-t)，（0t1），可得=(1,1,1),=(t-1，1，-t)，可得=0，故异面直线与所的角是定值，故正确；三棱锥的底面面积为定值，且,点F是线段上的一个动点，可得F点到底面的距离为定值，故三棱锥的体积是定值，故正确；可得=(t，1，-t)，=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面的一个法向量为=（1，1，1），可得不为定值，故错误;故选B2.D【解析】如图，连接，可得在正方体中，即四边形是平行四边形，平面，平面，平面，又平面，同理可得平面，平面，即为，所成角，为等边三角形，.故选：D.3.B【解析】对于，由平面与平面垂直的性质知，所以正确；对于中，可能平行，也可能相交，所以不正确；对于中，时，只可能有，所以正确；对于中，与的位置关系可能是或或与相交，所以不正确；综上，可知正确命题的个数为2.故选：B.4. C【解析】由及线面平行的判定定理，得，再由线面平行的性质定理，得所以与所成角是，从而故选：C5.BC【解析】若，推不出，故A错误；若，则，故B正确若，则，故C正确若，则可以平行、相交、异面，故D错误故选：BC6.ABC【解析】如图，取的中点，连接，侧面为正三角形，又底面是菱形，是等边三角形，又，平面，平面，故A，B正确；对于C，平面平面，平面，,，是二面角的平面角，设，则，在中，即，故二面角的大小为，故C正确；对于D，假设平面，则，又依题意平面平面，则平面，故，而BD，BM相交，且在平面ABCD内，故平面，与平面矛盾，因此与平面不垂直，故错误.故选：ABC.7. 【解析】 面面，且，面连接，如图所示，则，又，则面，面，即是等腰直角三角形，则异面直线与所成角大小等于故答案为：8. 【解析】如图，且，侧棱和底面垂直，且，异面直线与成角的大小为故答案为：9. 见解析【解析】（1）取线段中点，连接、，则，且，从而或其补角就是直线与所成的角.平面，平面，同理可得，为的中点，则，为的中点，则，则，由余弦定理可得，因此，异面直线与所成角的余弦值为；（2）可知二面角的平面角与二面角的平面角互补.在平面内作直线于，连接，平面，平面，同理可得，平面，平面，所以，二面角的平面角为，在中，由余弦定理得，由等面积法可得，在中，二面角的正切值为.考点26空间直线、平面的平行【命题解读】 空间直线、平面的平行是高考必考的重点知识，在立体几何部分，直线与平面的平行的判定与性质的应用在高考中出题比较灵活，在新高考的引领下，出题创新性比较强，更加注重了学生能力的考察。【命题预测】预计2021年的高考对于空间直线、平面的平行考察还是以应用为主，线线、线面、面面之间的相互转化是重点，空间想象力和空间思维能力是考察的重点。【复习建议】 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理,并能够证明相关性质定理.2.能运用结论证明空间基本图形位置关系的简单命题。考向一线面平行的判定与性质类别语言表述图形表示符号表示应用判定一条直线与一个平面没有公共点， 则称这条直线与这个平面平行a=a证明直线与平面平行平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行,则平面外这条直线平行于这个平面 a,b,且aba证明直线与平面平行性质一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a,a,=bab证明直线与直线平行1. 【2019南宁市银海三美学校高二期末】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1EEFFGGC1.则下列直线与平面A1BD平行的是（ ）ACEBCFCCGDCC1【答案】B【解析】如图，连接AC，使AC交BD于点O，连接A1O，CF，在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，由于，又OCAC，可得：，即四边形A1OCF为平行四边形，可得：A1OCF，又A1O平面A1BD，CF平面A1BD，可得CF平面A1BD，故选：B.2. 【2020全国高三月考】在正方体中，点E，F，M分别是棱BC，的中点，点，M到平面AEF的距离分别为，则（ ）ABCD【答案】C【解析】如图，取的中点，连接，易证又因为平面，平面，所以平面，同理可证平面因为，平面，且，所以平面平面，又平面，所以平面，所以，故选:C考向二 面面平行的判定与性质类别语言表述图形表示符号表示应用判定如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行 a,b,ab=P,a,b证明平面与平面平行如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线,那么这两个平面平行 a,b,ab=P,aa',bb',a',b'垂直于同一条直线的两个平面平行 a,a性质两个平面平行,则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面 ,aa证明直线与平面平行如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行 ,=a,=bab证明直线与直线平行1. 【2020浙江高三期中】已知直线a与平面，能使的充分条件是（ ） ABCD【答案】D【解析】对，若，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故错误；对，若，则，平面的平行具有传递性，故正确；对，若，平行于同一直线的两平面可以相交，故错误；对，垂直于同一直线的两平面平行，故正确.综上：正确，故选：D.2. 【2020湖南高一月考】如图，在三棱锥中，、分别是所在棱的中点.则下列说法错误的是（ ）A面面 B面面 C D【答案】D【解析】、分别是，的中点，又平面，平面，平面，同理可得平面，又，平面平面，故正确；，平面，故正确，又平面，平面平面，故正确；假设，又，与矛盾，故与不平行，故错误，故选：D3.【2020江苏高三期中】在正方体中，若，分别为，的中点，则（ ）A直线平面B直线平面C平面平面D平面平面【答案】BD【解析】如图，取的中点G，连接，可证，得四边形为平行四边形，则，若直线平面，则/平面ACD或平面，与平面矛盾，故A错误；由正方体的结构特征可得平面，则，又平面，得，同理可证，又，直线平面ACD1，故B正确;而BD平面，平面平面ACD1，故D正确;连接，由，可得四边形AA1C1C为平行四边形，则平面A1BC1，AC平面A1BC1，平面A1BC1，同理AD1平面A1BC1，又ACAD1=A，平面A1BC1/平面ACD1，若平面A1 EF平面ACD1，则平面A1EF与平面A1BC1重合，则EF 平面A1BC1，与EF平面A1BC1矛盾，故C错误故选：BD题组一（真题在线）1. 【2019年高考全国卷理数】设，为两个平面，则的充要条件是A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面2. 【2019年高考全国卷理数】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1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AMA1N的正弦值3. 【2019年高考天津卷理数】如图，平面，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的余弦值为，求线段的长4. 【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC求证：（1）A1B1平面DEC1；（2）BEC1E5. 【2020年高考全国卷文数】如图，已知三棱柱ABCA1B1C1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BEB1C1F的体积6. 【2020年高考江苏】在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点（1）求证：EF平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C平面ABB1题组二1. 【2020全国高二】如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件_时，就有MN平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)2.【2020安徽六安一中高二月考】如图，在直角梯形中，且为的中点，、分别是、的中点，将沿折起，则下列说法不正确的是_.不论折至何位置（不在平面内），都有平面；不论折至何位置（不在平面内），都有；不论折至何位置（不在平面内），都有；在折起过程中，一定存在某个位置，使.3. 【2020湖南雅礼中学高三月考】已知三棱锥中