2018届二轮复习直线、平面平行的判定与性质学案（理）（全国通用）

2018届二轮复习直线、平面平行的判定与性质学案（理）（全国通用）

专题31 直线、平面平行的判定与性质 ‎2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍 ‎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。‎ 热点题型一 直线与平面平行的判定和性质 ‎ 例1、如图所示，已知P、Q是正方体ABCD－A1B1C1D1的面A1B1BA和面ABCD的中心。‎ 证明：PQ∥平面BCC1B1。‎ 证明：方法一，如图①，取B1B中点E，BC中点F，连接PE、QF、EF，‎ ‎①‎ ‎∵△A1B1B中，P、E分别是A1B和B1B的中点，∴PE綊A1B1。‎ 同理QF綊AB。又A1B1綊AB，∴PE綊QF。‎ ‎∴四边形PEFQ是平行四边形。∴PQ∥EF。‎ 又PQ⊄平面BCC1B1，EF⊂平面BCC1B1，∴PQ∥平面BCC1B1。‎ ‎②‎ ‎【提分秘籍】‎ 证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法 ‎(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线；‎ ‎(2)利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行；学+科网 ‎(3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可。‎ ‎【举一反三】 ‎ 如图，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，且AB⊥CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大？‎ 解析：∵AB∥平面EFGH，平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、FH，‎ ‎∴AB∥FG，AB∥EH。∴FG∥EH。‎ 同理可证EF∥GH。‎ ‎∴截面EFGH是平行四边形。‎ 又EF⊥FG，∴▱EFGH为矩形。‎ 设AB＝a，CD＝b，又设FG＝x，GH＝y，‎ 则由平面几何知识可得＝，＝。‎ 两式相加得＋＝1，即y＝(a－x)。‎ ‎∴S矩形EFGH＝FG·GH＝x·(a－x)＝x(a－x)。‎ ‎∵x＞0，a－x＞0且x＋(a－x)＝a为定值，‎ ‎∴当且仅当x＝a－x时，‎ x(a－x)＝为最大值，此时x＝，‎ 即当截面EFGH的顶点E、F、G、H分别为棱AD、AC、BC、BD的中点时，截面面积最大。‎ 热点题型二 平面与平面平行的判定和性质 例2、如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，D1是B1C1的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D。‎ 证明：连接A1C交AC1于点E，‎ ‎∵四边形A1ACC1是平行四边形，‎ ‎∴E是A1C的中点，连接ED。‎ ‎∵A1B∥平面AC1D，‎ 平面A1BC∩平面AC1D＝ED，‎ ‎∴A1B∥ED，‎ ‎∵E是A1C的中点，∴D是BC的中点。‎ 又∵D1是B1C1的中点，∴BD1∥C1D。‎ 又∵BD1⊄平面AC1D C1D⊂平面AC1D ‎∴BD1∥平面AC1D 同理A1D1∥平面AC1D。‎ 又A1D1∩BD1＝D1，∴平面A1BD1∥平面AC1D。‎ ‎【提分秘籍】 ‎ 平面平行的判定定理，是利用了线面平行来推证的，即需要找到或证出两条相交直线平行另一平面。本题的证明就是运用了这一判定定理。‎ ‎【举一反三】 ‎ 如图所示，平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，点E、F分别在线段AB、CD上，且＝，求证：EF∥平面β。学科+网 解析：当AB和CD在同一平面内时，由α∥β可知AC∥BD，ABDC是梯形或平行四边形。由＝，得EF∥BD。‎ 又BD⊂β，所以EF∥β。‎ 热点题型三 平行关系中的探索性问题 例3．如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点。‎ ‎ ‎ ‎(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?‎ ‎(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值。‎ 解析：(1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，‎ 此时＝1。‎ 连接A1B，交AB1于点O，连接OD1。‎ 由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，‎ 所以点O为A1B的中点。‎ 在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，‎ 所以OD1∥BC1。‎ 又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，‎ 所以BC1∥平面AB1D1。‎ 所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1。‎ ‎(2)由平面BC1D∥平面AB1D1，‎ 且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，‎ 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O 得BC1∥D1O，‎ 所以＝，‎ 又由题可知＝，＝1，‎ 所以＝1，即＝1。‎ ‎【提分秘籍】‎ 与平行有关的探索性问题求解策略 平行关系中的探索性问题，一般是先根据条件猜测点的位置再进行证明，多为中点或三等分点问题。‎ ‎【举一反三】 ‎ 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，在侧面PBC内有BE⊥PC于E，且BE＝a，试在AB上找一点F，使EF∥平面PAD。‎ 又在△BCE中，‎ CE＝＝＝a。‎ 在Rt△PBC中，BC2＝CE·CP，‎ ‎∴CP＝＝a。‎ 又∵＝＝，‎ ‎∴EG＝AF＝a。‎ ‎∴点F为AB的一个三等分点。‎ ‎ ‎ ‎1.【2017课标II，理19】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点。‎ ‎（1）证明：直线 平面PAB；学！科网 ‎（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为 ，求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】(1)证明略；(2) 。‎ ‎【解析】（1）取中点，连结，．‎ 因为为的中点，所以，，由得，又 所以．四边形为平行四边形， ．‎ 又，，故 ‎（2）‎ 由已知得，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则 则，，，，‎ ‎，则 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以 ‎，‎ 即（x-1）²+y²-z²=0‎ 又M在棱PC上，设 由①，②得 所以M，从而 设是平面ABM的法向量，则 所以可取m=（0，-，2）.于是 因此二面角M-AB-D的余弦值为 ‎2.【2017天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2. ‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.‎ ‎【答案】 （1）证明见解析（2） （3） 或 ‎ ‎【解析】如图，以A为原点，分别以， ， 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.‎ ‎（Ⅰ）证明： =（0，2，0），=（2，0， ）.设，为平面BDE的法向量，‎ 则，即.不妨设，可得.又=（1，2， ），可得.‎ 因为平面BDE，所以MN//平面BDE.‎ ‎（Ⅲ）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得， ‎ ‎.由已知，得，整理得，解得，或.学!科网 所以，线段AH的长为或. ‎ ‎3.【2017江苏，15】 如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD. ‎ 求证：（1）EF∥平面ABC；‎ ‎（2）AD⊥AC.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD， ，所以.‎ 又因为平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.‎ ‎（2）因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面平面BCD=BD， ‎ 平面BCD， ，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以 .‎ 又AB⊥AD， ， 平面ABC， 平面ABC，‎ 所以AD⊥平面ABC，‎ 又因为AC平面ABC，‎ 所以AD⊥AC.‎ ‎1.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线.‎ ‎（I）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；‎ ‎（II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎（II）解法一：[来源:学科网ZXXK]‎ 连接,则平面，‎ 又且是圆的直径，所以 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 由题意得，，过点作于点，‎ 所以 可得 故.‎ 设是平面的一个法向量. ‎ 由 可得 可得平面的一个法向量 因为平面的一个法向量 所以.‎ 所以二面角的余弦值为.‎ 解法二：‎ 连接，过点作于点，‎ 则有,‎ 又平面，‎ 所以FM⊥平面ABC,‎ 可得 过点作于点，连接，‎ 可得,‎ 从而为二面角的平面角.‎ 又,是圆的直径，‎ 所以 从而，可得 所以二面角的余弦值为.‎ ‎2.【2016高考江苏卷】‎ 如图，在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.‎ 求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎（2）平面B1DE⊥平面A1C1F. ‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】证明：（1）在直三棱柱中，‎ 在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.‎ 所以，于是 又因为DE平面平面 所以直线DE//平面 ‎（2）在直三棱柱中，‎ 因为平面，所以 又因为 所以平面 因为平面，所以 又因为 所以 因为直线，所以 ‎3.【2016高考天津理数】‎ 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.‎ ‎（I）求证：EG∥平面ADF；学@科网 ‎（II）求二面角O-EF-C的正弦值；‎ ‎（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.‎ ‎（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.‎ ‎（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得.‎ 因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.‎ ‎（III）解：由，得.因为，所以，进而有，从而，因此.所以，直线和平面所成角的正弦值为.[来源:Zxxk.Com]‎ ‎1.【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）‎ 如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎2.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.求证：（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】（1）由题意知，为的中点，‎ 又为的中点，因此．‎ 又因为平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）因为棱柱是直三棱柱，‎ 所以平面．‎ 因为平面，所以．‎ 又因为，平面，平面，，‎ 所以平面．‎ 又因为平面，所以．‎ 因为，所以矩形是正方形，因此．‎ 因为，平面，，所以平面．‎ 又因为平面，所以．‎ ‎3.【2015高考安徽，理19】如图所示，在多面体，四边形，均为正方形，为的中点，过的平面交于F.‎ ‎（Ⅰ）证明：；学+科网 ‎（Ⅱ）求二面角余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）证明：由正方形的性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而，又面，面，于是面，又面，而面面，所以.‎ ‎（Ⅱ）因为四边形，，均为正方形，所以，且，以为原点，分别以为轴，轴，轴单位正向量建立，如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标 ‎.而点为的中点，所以点的坐标为.‎ 设面的法向量.而该面上向量，由得应满足的方程组，为其一组解，所以可取.设面的法向量，而该面上向量，由此同理可得.所以结合图形知二面角的余弦值为.‎ ‎1．（2014·安徽卷）如图15，四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，A‎1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.‎ 图15‎ ‎(1)证明：Q为BB1的中点；‎ ‎(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；‎ ‎(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．‎ ‎(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝‎2a.‎ 图1‎ V三棱锥Q A1AD＝×·‎2a·h·d＝ahd，‎ V四棱锥Q ABCD＝··d·＝ahd，‎ 所以V下＝V三棱锥Q A1AD＋V四棱锥Q ABCD＝ahd.‎ 又V四棱柱A1B‎1C1D1 ABCD＝ahd，‎ 所以V上＝V四棱柱A1B‎1C1D1 ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.‎ 方法二：如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝‎2a.‎ 因为S四边形ABCD＝·2sin θ＝6，‎ 所以a＝.‎ 图2‎ 从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A1，‎ 所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.‎ 设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，‎ 由 得 所以n＝(－sin θ，cos θ，1)．‎ 又因为平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈n，m〉＝＝，‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ ‎2．（2014·北京卷）如图13，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.‎ ‎(1)求证：AB∥FG；学￥科网 ‎(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．‎ 图13‎ 解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.‎ 又因为AB⊄平面PDE，‎ 所以AB∥平面PDE.‎ 因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，‎ 所以AB∥FG.‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE，‎ 所以PA⊥AB，PA⊥AE.‎ 建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，＝(1，1，0)．‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.‎ 设点H的坐标为(u，v，w)．‎ 因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)．‎ 即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.‎ 因为n是平面ABF的一个法向量，‎ 所以n·＝0，[来源:学&科&网]‎ 即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，‎ 解得λ＝，所以点H的坐标为.‎ 所以PH＝＝2.‎ ‎3．（2014·湖北卷）如图14，在棱长为2的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．‎ ‎(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ 的值；若不存在，说明理由．‎ 图14[来源:学科网ZXXK]‎ 解：方法一(几何方法)：‎ ‎(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCDA1B‎1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.‎ 当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.‎ 图①　　　　　　　　　图②　　　‎ ‎(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.‎ 又DP＝BQ，DP∥BQ，‎ 所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝PQ.‎ 在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，‎ 于是EQ＝FP＝，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．‎ 同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．‎ 分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，‎ 则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，‎ 故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.‎ 连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．‎ 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，‎ 所以GH＝ME＝2.‎ 在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－＝λ2＋，‎ OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，‎ 由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．‎ 方法二(向量方法)：‎ 以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．‎ 图③　　　　‎ ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．‎ ‎(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，‎ 因为＝(－2，0，2)，‎ 所以＝2，即BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)．‎ 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，‎ 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，‎ 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．‎ ‎4．（2014·新课标全国卷Ⅱ）如图13，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ 图13‎ ‎18．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.‎ 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．‎ 又E为PD的中点，所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，‎ 所以AB，AD，AP两两垂直．‎ 如图，以A为坐标原点，，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D，E，＝.‎ 设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，‎ 则即 可取n1＝.‎ 又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，‎ 由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即 ＝，解得m＝.‎ 因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V＝××××＝.‎ ‎5．（2014·山东卷）如图13所示，在四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．学+科网 图13‎ ‎(1)求证：C‎1M∥平面A1ADD1；‎ ‎(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．‎ ‎17．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，‎ 且AB＝2CD，所以AB∥DC，‎ 又M是AB的中点，‎ 所以CD∥MA且CD＝MA.‎ 连接AD1.因为在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，‎ CD∥C1D1，CD＝C1D1，‎ 所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，‎ 所以四边形AMC1D1为平行四边形，‎ 因此，C‎1M∥D‎1A.‎ 又C‎1M⊄平面A1ADD1，D‎1A⊂平面A1ADD1，‎ 所以C‎1M∥平面A1ADD1.‎ 所以A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)．‎ 因此M，‎ 所以＝，＝＝.‎ 设平面C1D‎1M的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 由得 可得平面C1D‎1M的一个法向量n＝(1，，1)．‎ 又＝(0，0，)为平面ABCD的一个法向量．‎ 因此cos〈，n〉＝＝，‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ 方法二：由(1)知，平面D‎1C1M∩平面ABCD＝AB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.‎ 由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，‎ 因此∠D1NC为二面角C1 AB C的平面角．‎ 在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，‎ 可得CN＝，‎ 所以ND1＝＝.‎ 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ ‎1．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是(　　)‎ ‎① ②‎ ‎③ ④‎ A．①② B．①④‎ C．②③ D．③④‎ 解析：由线面平行的判定定理知①②可得出AB∥平面MNP，故选A。‎ 答案：A ‎2．在空间中，下列命题正确的是(　　)‎ A．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 ‎3．设平面α，β，直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件[来源:Z。xx。k.Com]‎ C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：因为“a∥β，b∥β”，若a∥b，则α与β不一定平行；反之若“α∥β”，则一定有“a∥β，b∥β”，故选B。‎ 答案：B ‎4．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)‎ A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 解析：由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，所以EF∥平面BCD。又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形，故选B。‎ 答案：B ‎5．已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b B．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥β C．若a∥b，α∩β＝a，则b∥α或b∥β D．若直线a与b异面，a⊂α，b⊂β，则α∥β 解析：A中，a与b还可能相交或异面，此时a与b不平行，故A不正确；B中，α与β可能相交，此时设α∩β＝m，则a∥m，b∥m，故B不正确；D中，α与β可能相交，如图所示，故D不正确，故选C。‎ 答案：C学科+网 ‎6．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D．[，]‎ 答案：B ‎7．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上。若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________。‎ 解析：∵EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC的中点。故EF＝AC＝。‎ 答案： ‎8．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1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满足条件__________时，有MN∥平面B1BDD1。‎ 解析：由题意，HN∥平面B1BDD1，‎ FH∥平面B1BDD1。‎ ‎∴平面NHF∥平面B1BDD1。‎ ‎∴当M在线段HF上运动时，有MN∥平面B1BDD1。 ‎ 答案：M∈线段HF ‎9．给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：‎ ‎①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；‎ ‎②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；‎ ‎③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n。‎ 其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)。‎ 解析：①由线面关系知，α、β也可能相交，故错；②由线面关系知l，m还可能异面，故错；③三个平面两两相交，由线面平行关系知，m∥n正确。 ‎ 答案：③‎ ‎10．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点。‎ ‎(1)证明：EF∥平面PAD；‎ ‎(2)求三棱锥E－ABC的体积V。‎ 解析：(1)在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，‎ ‎∴EF∥BC。‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴BC∥AD。∴EF∥AD。‎ 又∵AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，‎ ‎∴EF∥平面PAD。‎ ‎11．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点。‎ ‎(1)求证：MN∥平面PAD；‎ ‎(2)在PB上确定一个点Q，使平面MNQ∥平面PAD。‎ 解析：(1)如图，取PD的中点H，连接AH、NH，由N是PC的中点，‎ 知NH綊DC。‎ 由M是AB的中点，知 AM綊DC。‎ ‎∴NH綊AM，即AMNH为平行四边形。‎ ‎∴MN∥AH。‎ 由MN⊄平面PAD，AH⊂平面PAD，‎ 知MN∥平面PAD。‎ ‎(2)若平面MNQ∥平面PAD，则应有MQ∥PA，‎ ‎∵M是AB中点，‎ ‎∴Q点是PB的中点。‎ ‎12．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的菱形，AA1＝2，BD⊥A1A，∠BAD＝∠A1AC＝60°，点M是棱AA1的中点。‎ ‎(1)求证：A1C∥平面BMD。‎ ‎(2)求点C1到平面BDD1B1的距离。‎ 解析：(1)连接MO，‎ ‎ ‎ ‎(2)设过C1作C1H⊥平面BDD1B1于H，则C1H为所求，又BD⊥AA1，BD⊥AC得BD⊥面A1AC。于是BD⊥A1O，‎ ‎⇒A1O⊥平面ABCD。‎ 又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以点B到平面A1B1C1D1的距离等于点A1到平面ABCD的距离A1O＝3，VB－B1C1D1＝VC1－BB1D1⇒·A1O·×2×＝·C1H·×2×2⇒C1H＝。‎ ‎ ‎