2025版新高考版高考总复习数学专题八立体几何与空间向量直线、平面平行的判定与性质.docx

2025版新高考版高考总复习数学8.3直线、平面平行的判定与性质五年高考考点直线、平面平行的判定与性质1.(2019课标,7,5分,易)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.,垂直于同一平面答案B2.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则()A.平面B1EF平面BDD1B.平面B1EF平面A1BDC.平面B1EF平面A1ACD.平面B1EF平面A1C1D答案A3.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN平面BDD1B1答案A4.(2023全国乙文,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,ABBC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BFAO.(1)证明:EF平面ADO;(2)若POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.解析(1)证明:因为AB=2,BC=22,ABBC,所以AC2=AB2+BC2=12,AC=23.设AF=AC,则BF·AO=(ACAB)·12AB+12AC=12AB·AC+12AC212AB212AB·AC=2+6-2-2=0,解得=12,所以F为AC的中点,所以EFPC,又ODPC,所以EFOD,又因为EF平面ADO,OD平面ADO,所以EF平面ADO.(2)因为ABBC,OFAB,所以OFBC,又PB=PC=6,所以OPBC,又OFOP=O,OF,OP平面OPF,所以BC平面OPF,又BC平面ABC,所以平面ABC平面OPF,过点P作PMOF于点M,又平面OPF平面ABC=OF,PM平面OPF,所以PM平面ABC,因为BC=22,PB=PC=6,所以OP=2,又POF=120°,所以PM=OP·sin(180°-120°)=3,即三棱锥P-ABC的高为3.所以三棱锥P-ABC的体积V=13×22×3=263.5.(2019江苏,16,14分,中)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)BEC1E.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED. 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BEAC.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C1CBE.因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.6.(2020北京,16,13分,中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.解析(1)证明:ABCD-A1B1C1D1为正方体,D1C1A1B1,D1C1=A1B1.又ABA1B1,AB=A1B1,D1C1AB,D1C1=AB,四边形ABC1D1为平行四边形,AD1BC1,又AD1平面AD1E,BC1平面AD1E,BC1平面AD1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以AD,AB,AA1为正交基底建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),AA1=(0,0,2),AD1=(2,0,2),AE=(0,2,1).设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为,则n·AD1=0,n·AE=0,即2x+2z=0,2y+z=0,令z=-2,则x=2,y=1,此时n=(2,1,-2),sin =|cos<n,AA1>|=|n·AA1|n|AA1|=|4|4+1+4×2=23,直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.7.(2019课标理,18,12分,中)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)求二面角A-MA1-N的正弦值.解析(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1􀱀DC,所以四边形A1B1CD是平行四边形,所以B1C􀱀A1D,故ME􀱀ND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MNED.又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,DA,DE,DD1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,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(1,3,2),N(1,0,2),则A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A1M=0,m·A1A=0.所以x+3y2z=0,4z=0.可取m=(3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,n·A1N=0.所以3q=0,p2r=0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m·n|m|n|=232×5=155,所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.三年模拟综合基础练1.(2024届江苏连云港赣榆智贤中学模拟,6)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若m,n,则mnB.若m,m,则C.若mn,m,n,则nD.若m,则m答案C2.(2023黑龙江齐齐哈尔一模,5)已知两条不同的直线l,m及三个不同的平面,下列条件中能推出的是()A.l与,所成角相等B.,C.l,m,lmD.l,m,lm答案C3.(2023吉林延边二模,7)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是4,侧棱长是6,M,N分别为CC1,AB的中点,若P是侧面BCC1B1上一点,且PN平面AB1M,则线段PN的最小值为()A.392B.3265C.2395D.262答案C4.(2023河南新乡二模,7)在如图所示的正方体或正三棱柱中,M,N,Q分别是所在棱的中点,则满足直线BM与平面CNQ平行的是()答案B5.(2023四川遂宁第二中学模拟,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是()AD1BC1;平面AB1D1平面BDC1;AD1DC1;AD1平面BDC1.A.B.C.D.答案A6.(多选)(2024届云南昆明第二十四中学月考,10)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱CC1,BC,CD,B1C1的中点,则下列结论正确的是()A.AF平面A1DEB.AG平面A1DEC.A1,D,E,H四点共面D.A1,D,E,C1四点共面答案AC7.(多选)(2023江苏常州二模,10)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水后密封,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器以BC所在直线为轴顺时针旋转,则()A.有水的部分始终是棱柱B.水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变C.棱A1D1始终与水面平行D.当点H在棱CD上且点G在棱CC1上(均不含端点)时,BE·BF不是定值答案AC综合拔高练1.(2023宁夏中卫一模,11)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为BD1,B1C1的中点,点P在正方体的表面上运动,且满足MP平面CND1,则下列说法正确的是()A.点P可以是棱BB1的中点B.线段MP的最大值为32C.点P的轨迹是正方形D.点P的轨迹的长度为2+5答案B2.(2024届湖南长沙第一中学月考(四),20)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MNB1D1,MNC1D.(1)求证:MNA1C;(2)求平面B1DM与平面DMN的夹角的余弦值.解析(1)证明:如图,连接B1A,AD1.因为CC1平面A1B1C1D1,B1D1平面A1B1C1D1,所以CC1B1D1.因为四边形A1B1C1D1是正方形,所以A1C1B1D1,又因为CC1A1C1=C1,CC1,A1C1平面A1C1C,所以B1D1平面A1C1C.又因为A1C平面A1C1C,所以B1D1A1C.同理可得A1CAB1,(证明AB1平面A1BC得到)又因为AB1B1D1=B1,AB1,B1D1平面AB1D1,所以A1C平面AB1D1.因为B1C1=AD,B1C1AD,所以四边形ADC1B1为平行四边形,所以C1DAB1.因为MNC1D,所以MNAB1.又因为MNB1D1,AB1B1D1=B1,AB1,B1D1平面AB1D1,所以MN平面AB1D1.所以A1CMN.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A1(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),则A1C=(2,2,-2),DC1=(2,0,2).连接BD,AC,易知ACBD,ACBB1,且BDBB1=B,BD,BB1平面B1DM,故AC平面B1DM.所以平面B1DM的一个法向量为AC=(2,2,0).设平面DMN的法向量为m=(x,y,z).由(1)知A1CMN,故m·A1C=m·MN=0,则m·DC1=2x+2z=0,m·A1C=2x+2y2z=0,令x=1,得y=-2,z=-1,所以平面DMN的一个法向量为m=(1,-2,-1).设平面B1DM与平面DMN的夹角为,则cos =|cos<m,AC>|=|m·AC|m|AC|=26×22=36.所以平面B1DM与平面DMN的夹角的余弦值为36.3.(2023广东一模,19)在如图所示的多面体中,AB=AD,EB=EC,平面ABD平面BCD,平面BCE平面BCD,点F,G分别是CD,BD的中点.(1)证明:平面AFG平面BCE;(2)若BCBD,BC=BD=2,AB=2,BE=5,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值.解析(1)证明:取BC的中点H,连接EH,因为EB=EC,所以EHBC,又因为平面BCE平面BCD,平面BCE平面BCD=BC,EH平面BCE,所以EH平面BCD,同理可得AG平面BCD,所以EHAG,又因为AG平面BCE,EH平面BCE,所以AG平面BCE.因为点F,G分别是CD,BD的中点,所以FGBC,又FG平面BCE,BC平面BCE,所以FG平面BCE,又因为AGFG=G,AG,FG平面AFG,所以平面AFG平面BCE.(2)因为BCBD,BCFG,所以FGBD,由(1)知AGBD,AG平面BCD,因为GF平面BCD,所以AGGF,所以GF,GB,GA两两垂直,如图,以点G为坐标原点,GF,GB,GA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),C(2,1,0),E(1,1,2),B(0,1,0),D(0,-1,0),AC=(2,1,-1),CE=(-1,0,2),易知平面AFG的一个法向量为DB=(0,2,0),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=0,n·CE=0,即2x+yz=0,x+2z=0,取x=2,得n=(2,-3,1),设平面AFG和平面ACE的夹角为,则cos =|cos<n,DB>|=|n·DB|n|DB|=62×14=31414,所以平面AFG和平面ACE夹角的余弦值为31414.