考点测试28 空间直线、平面的平行-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

第一部分　考点通关练 第五章　立体几何 考点测试28　空间直线、 平面的平行 高考概览 高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或12分，中等难度 考点研读 1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理 2．能运用基本事实、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 目录 狂刷小题·基础练 KUANG SHUA XIAO TI JI CHU LIAN 精做大题·能力练 JING ZUO DA TI NENG LI LIAN 狂刷小题·基础练 KUANG SHUA XIAO TI JI CHU LIAN 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 一、基础小题 1．两条直线a，b满足a∥b，b⊂α，则a与平面α的位置关系是(　　) A．a∥α B．a⊂α C．a与α相交 D．a与α不相交 解析　由于b⊂α且a∥b，则a∥α或a⊂α，故a与α不相交．故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 2．已知直线l∥平面α，点P∈平面α，那么过点P且平行于直线l的直线(　　) A．有无数条，仅有一条在平面α内 B．只有一条，且不在平面α内 C．有无数条，均不在平面α内 D．只有一条，且在平面α内 解析　过直线l与点P的平面有且只有一个，记该平面为β.又直线l∥平面α，点P∈平面α，所以过点P且平行于直线l的直线只有一条，且这条直线为平面α与平面β的交线．故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 3．如图，已知平面α∥平面β，点P为α，β外一点，直线PB，PD分别与α，β交于A，B和C，D，则AC与BD的位置关系为(　　) A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 解析　由题意知P，A，B，C，D在同一平面内，且平面PBD∩平面α＝AC，平面PBD∩平面β＝BD，且α∥β，∴AC∥BD.故选A. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 4.在三棱锥A－BCD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(　　) A．E，F，G，H一定是各边的中点 B．G，H一定是CD，DA的中点 C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GC D．AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC 解析　由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 5．已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，下列说法正确的是(　　) A．若m，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若α∥β，m∥α，则m∥β D．m，n是异面直线，若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于A，当m∥n时，平面α和平面β不一定平行，故A错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m和n可能平行、相交或异面，故B错误；对于C，若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，故C错误；对于D，m，n是异面直线，若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，利用面面平行的判定定理，得α∥β，故D正确．故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 6.如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论： ①平面EFGH∥平面ABCD；②BC∥平面PAD；③AB∥平面PCD；④平面PAD∥平面PAB. 其中正确的结论是(　　) A．①③ B．①④ C．①②③ D．②③ 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　把平面展开图还原为四棱锥如图所示，对于①，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，又因为EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，同理可证EH∥平面ABCD，又因为EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正确；对于②，因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，故②正确；对于③，因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，故③正确；对于④，平面PAD∩平面PAB＝PA，故④错误．故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 7.(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，H，I分别为棱AB，CD，BC，A1D1，AD的中点，则下列结论正确的是(　　) A．A1E∥D1F B．A1E∥HF C．EG∥平面D1IF D．A1E∥平面D1FGB1 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　连接FE，因为E，F分别为AB，CD的中点，故FE綊AD.由题意知AD綊A1D1，故FE綊A1D1，所以四边形FEA1D1为平行四边形，所以A1E∥D1F，故A正确；显然A1E与HF为相交直线，故B错误；因为EG∥IF，同时IF⊂平面D1IF，且EG⊄平面D1IF，所以EG∥平面D1IF，故C正确；因为A1E∥D1F，同时D1F⊂平面D1FGB1，且A1E⊄平面D1FGB1，所以A1E∥平面D1FGB1，故D正确．故选ACD. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 8.已知正方体AC1的棱长为1，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为________． eq \f(\r(2),2) 解析　连接AD1，AB1，则AD1过点P，如图所示．∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B＝AB1，PQ⊂平面AB1D1，∴PQ∥AB1，∵D1P＝PA，∴PQ＝eq \f(1,2)AB1＝eq \f(1,2)×eq \r(12＋12)＝eq \f(\r(2),2). 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 二、高考小题 9．(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　) A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，反之也成立．因此，B中条件是α∥β的充要条件．故选B. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 10．(2017·全国Ⅰ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(　　) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于A，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD与平面MNQ交于点Q，∴直线AB与平面MNQ相交．对于B，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 对于C，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.对于D，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 三、模拟小题 11．(2024·四川乐山金口河区延风中学高三月考)已知a，b是两条不同直线，若a∥平面β，则“a∥b”是“b∥β”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　若a∥平面β，a∥b，则b∥β或b⊂β，故充分性不成立；若a∥平面β，b∥β，则a∥b或a，b相交或a，b异面，故必要性不成立，所以若a∥平面β，则“a∥b”是“b∥β”的既不充分也不必要条件．故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 12．(2023·河北张家口模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形的个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于①，平移A1F至D1F′，可知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；对于②，由于A1F∥D1E，而A1F⊄平面BD1E，D1E⊂平面BD1E，故A1F∥平面BD1E；对于③，平移A1F至D1F′，可知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行．故选B. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 13.(2024·首都师大附中高三第一学期阶段检测)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则△PBB1面积的最小值为(　　) A.eq \f(\r(2),2) B．1 C.eq \r(2) D．2 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　延展平面EFG，可得截面EFGHQR，其中H，Q，R分别是所在棱的中点，直线D1P与平面EFG不存在公共点，所以D1P∥平面EFGHQR.由中位线定理可得AC∥EF，EF⊂平面EFGHQR，AC⊄平面EFGHQR，所以AC∥平面EFGHQR，同理可得D1C∥平面EFGHQR，又D1C∩AC＝C，所以平面D1AC∥平面EFGHQR，所以P在AC上时，直线D1P与平面EFG不存在公共点，因为BO⊥AC，所以P与O重合时BP最小，此时△PBB1的面积最小，为eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \r(2).故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 14.(多选)(2023·重庆二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABD＝90°，AD＝2BC，△PAB是边长为1的等边三角形，E为PD的中点，则(　　) A．AB⊥PD B．直线AB与CE所成的角为30° C．CE∥平面PAB D．线段CE的长度为eq \f(1,2) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于A，若A正确，则由AB⊥PD，AB⊥BD，可得AB⊥平面PBD，则有AB⊥PB，与△PAB为等边三角形矛盾，故A错误；对于B，如图，取AP的中点F，连接EF，BF.因为AD∥EF，EF＝eq \f(1,2)AD，且AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，所以EF∥BC，EF＝BC，故四边形EFBC为平行四边形，则有CE∥BF，所以∠ABF即为直线AB与CE所成的角，因为△PAB是等边三角形，所以∠ABF＝30°，故B正确；对于C，因为CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，所以CE∥平面PAB，故C正确；对于D，由CE＝BF，且△PAB是边长为1的等边三角形，得CE＝BF＝eq \f(\r(3),2)，故D错误．故选BC. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 解析　∵平面MNE∥平面ACB1，平面MNE∩平面ABB1A1＝EM，平面ACB1∩平面ABB1A1＝B1A，平面MNE∩平面CBB1C1＝EN，平面ACB1∩平面CBB1C1＝B1C，∴由两个平面平行的性质定理可得EN∥B1C，EM∥B1A，∴eq \f(BE,EB1)＝eq \f(BM,AM)，eq \f(BE,EB1)＝eq \f(BN,NC)，又E为BB1的中点，∴M，N分别为BA，BC的中点，∴MN＝eq \f(1,2)AC，即eq \f(MN,AC)＝eq \f(1,2). 15.(2023·江西临川一中高三模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于点M，交BC于点N，则eq \f(MN,AC)＝______． eq \f(1,2) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ①②④ 答案 * 16.(2023·河北衡水中学检测)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－ A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，则下列结论中正确的序号是________． ①三棱锥D1－EFG的体积为eq \f(1,3)；②BD1∥平面EFG；③BD1∥EG；④AB1⊥EG. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于①，由等体积法可得VD1－EFG＝VE－FGD1＝eq \f(1,3)S△FGD1·AE＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×1＝eq \f(1,3)，故①正确；对于②，连接D1C，如图1，由面面平行的判定定理可得平面EFG∥平面D1BC，由面面平行的性质可得BD1∥平面EFG，故②正确；对于③，如图2，连接BD，取BD的中点O，连接OG，则OG∥BD1，若BD1∥EG，则EG∥OG，矛盾，故③错误；对于④，由题意AB1⊥EF，AB1⊥FG，EF∩FG＝F，可得AB1⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以AB1⊥EG，故④正确． 精做大题·能力练 JING ZUO DA TI NENG LI LIAN 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 一、高考大题 1.(2023·天津高考节选)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．求证：A1N∥平面C1MA. 证明　证法一(几何法)：连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝eq \f(1,2)AC＝1，即有MN綊A1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，即有A1N∥MC1. 又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 证法二(共面向量基本定理法)： 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，M(1，1，0)，N(1，0，0)，A1(0，0，2)，C1(0，1，2)， 所以eq \o(A1N,\s\up16(→))＝(1，0，－2)，eq \o(AM,\s\up16(→))＝(1，1，0)，eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(0，1，2)， 设eq \o(A1N,\s\up16(→))＝xeq \o(AM,\s\up16(→))＋yeq \o(AC1,\s\up16(→))， 即有(1，0，－2)＝x(1，1，0)＋y(0，1，2)， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，)) 因为A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 证法三(向量法)：设平面C1MA的法向量为n＝(x，y，z)， 由证法二可得eq \o(AM,\s\up16(→))＝(1，1，0)，eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(0，1，2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AC1,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，)) 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 令x＝2，则y＝－2，z＝1，所以n＝(2，－2，1)． 由证法二可知eq \o(A1N,\s\up16(→))＝(1，0，－2)， 所以eq \o(A1N,\s\up16(→))·n＝1×2＋0×(－2)＋(－2)×1＝0， 所以eq \o(A1N,\s\up16(→))⊥n. 又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 解　(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA，PD， 因为PO是三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以PO⊥AO，PO⊥BO， 又PA＝PB，所以△POA≌△POB， 2．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值． 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 即OA＝OB， 所以∠OAB＝∠OBA， 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°， 所以∠OAB＋∠OAD＝90°， ∠OBA＋∠ODA＝90°， 所以∠ODA＝∠OAD，所以AO＝DO， 即AO＝DO＝OB， 所以O为BD的中点， 又E为PB的中点，所以OE∥PD， 又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 因为PO＝3，AP＝5， 所以OA＝eq \r(AP2－PO2)＝4， 又∠OBA＝∠OBC＝30°，BD＝2OA＝8， 则AD＝4，AB＝4eq \r(3)， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 所以AC＝12，所以O(2eq \r(3)，2，0)，B(4eq \r(3)，0，0)，P(2eq \r(3)，2，3)，C(0，12，0)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))， 则eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(4eq \r(3)，0，0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(0，12，0)， 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,n·\o(AB,\s\up16(→))＝4\r(3)x＝0，)) 令z＝2，则y＝－3，x＝0， 所以n＝(0，－3，2)． 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up16(→))＝3\r(3)a＋b＋\f(3,2)c＝0，,m·\o(AC,\s\up16(→))＝12b＝0，)) 令a＝eq \r(3)，则c＝－6，b＝0， 所以m＝(eq \r(3)，0，－6)． 所以cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(－12,\r(13)×\r(39))＝－eq \f(4\r(3),13). 设二面角C－AE－B为θ， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 由图可知二面角C－AE－B为钝二面角， 所以cosθ＝－eq \f(4\r(3),13)， 所以sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(11,13)， 故二面角C－AE－B的正弦值为eq \f(11,13). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 * 二、模拟大题 3.(2023·福建泉州高三一模)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点． (1)求证：EF∥平面BDD1B1； (2)设G为棱CD的中点，求证：平面GEF∥平面BDD1B1. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 证明　(1)在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中， 连接BM，如图， 因为E，F分别是BC，CM的中点， 所以EF∥BM， 又BM⊂平面BDD1B1， EF⊄平面BDD1B1， 所以EF∥平面BDD1B1. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)因为CD的中点为G，连接EG，FG，而E是BC的中点，于是得EG∥BD， 而BD⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1， 从而得EG∥平面BDD1B1， 由(1)知EF∥平面BDD1B1， EF∩EG＝E，且EF，EG⊂平面GEF， 因此平面GEF∥平面BDD1B1. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 4.(2023·重庆巴蜀中学高三校考阶段练习)如图所示，四棱锥P－ABCD，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB的中点． (1)求证：PC∥平面BFD； (2)已知点M在PD上，满足EC∥平面BFM，求eq \f(PM,DM)的值． 解　(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OF， 在△PAC中，F为PA的中点，O为AC的中点，则PC∥FO. 又FO⊂平面BFD，PC⊄平面BFD， 故PC∥平面BFD. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)如图，连接FM并延长，交AD的延长线于点G，连接BG，交CD于点N， 连接EF，FN，PG，EN. 因为EF∥CN，则E，F，N，C四点共面． 又EC∥平面BFM， 平面BFM∩平面EFNC＝FN， 则EC∥FN，四边形EFNC为平行四边形，可得EF＝CN＝eq \f(1,2)CD，所以N为CD的中点． 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 则△BCN≌△GDN，N为BG的中点． 即EN为△PBG的中位线， 则EN∥PG，EN＝eq \f(1,2)PG. 又EF＝DN，EF∥DN，则四边形EFDN为平行四边形，所以EN∥FD. 从而FD∥PG，△FMD∽△GMP， 所以eq \f(PM,DM)＝eq \f(PG,DF)＝eq \f(PG,EN)＝2. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 * 5.(2023·广东高三下第二次统一监测)如图，在直棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F分别为AB，A1B1，BC的中点，线段DC与线段AF交于点G. (1)求证：平面AC1E∥平面B1CD； (2)若AC＝BC＝CC1＝2，AC⊥BC，求三棱锥A－A1C1G的体积． 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 解　(1)证明：连接DE，因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，A1B1的中点， 所以DE∥CC1，且DE＝CC1，则四边形DEC1C是平行四边形， 故EC1∥DC， 又DC⊂平面B1CD，EC1⊄平面B1CD， 所以EC1∥平面B1CD. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，A1B1的中点， 所以B1E∥AD，且B1E＝AD， 所以四边形B1EAD是平行四边形， 所以EA∥DB1， 又DB1⊂平面B1CD，EA⊄平面B1CD， 所以EA∥平面B1CD， 又EA∩EC1＝E，EA，EC1⊂平面AC1E， 所以平面AC1E∥平面B1CD. 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * (2)因为AC＝BC＝CC1＝2， AC⊥BC， 所以S△A1C1A＝eq \f(1,2)AA1·A1C1＝eq \f(1,2)×2×2＝2. 过点G作GH⊥AC于点H，连接DF， 则GH⊥平面ACC1A1， 因为D，F分别是AB，BC的中点， 所以DF＝eq \f(1,2)AC，且DF∥AC， 所以eq \f(DG,GC)＝eq \f(DF,AC)＝eq \f(1,2)， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 又CD＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \r(2)，所以CG＝eq \f(2\r(2),3)， 因为△CGH是等腰直角三角形， 所以GH＝eq \f(2,3)， VA－A1C1G＝VG－A1C1A＝eq \f(1,3)S△A1C1A·GH＝eq \f(4,9)， 故三棱锥A－A1C1G的体积为eq \f(4,9). 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 * 6.(2024·四川南充高考适应性考试(零诊))如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形． (1)若F是BC的中点，求证：DF∥平面ACE； (2)若AB＝2，∠BAC＝∠ACE＝eq \f(π,3)，求直线CD与平面ABDE所成角的余弦值． 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 解　(1)证明：因为O，F分别是AB，BC的中点，连接OF，所以OF∥AC， 又AC⊂平面ACE，OF⊄平面ACE， 所以OF∥平面ACE. 因为四边形AODE是矩形， 所以OD∥AE， 又AE⊂平面ACE，OD⊄平面ACE， 所以OD∥平面ACE， 又OF∩OD＝O，OF， OD⊂平面ODF， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 所以平面ODF∥平面ACE， 又DF⊂平面ODF， 所以DF∥平面ACE. (2)在圆锥DO中，DO⊥平面ABC， DO⊂平面ABDE，则平面ABDE⊥平面ABC， 平面ABDE∩平面ABC＝AB， 作CG⊥AB于点G，连接DG， 则CG⊥平面ABDE，DG是CD在平面ABDE上的射影， ∠CDG是直线CD与平面ABDE所成的角， 在Rt△ABC中，AB＝2，∠BAC＝eq \f(π,3)， 目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 解 * 则AC＝1，BC＝eq \r(3)，CG＝eq \f(\r(3),2)， DO⊥平面ABC，AE∥DO， 则AE⊥平面ABC， 在Rt△ACE中，AC＝1，∠ACE＝eq \f(π,3)， 则AE＝eq \r(3)，DO＝eq \r(3)，CD＝2， 在Rt△CDG中，sin∠CDG＝eq \f(CG,CD)＝eq \f(\r(3),4)， 故cos∠CDG＝eq \r(1－sin2∠CDG)＝eq \f(\r(13),4)， 即直线CD与平面ABDE所成角的余弦值为eq \f(\r(13),4). 　　　　　　　　　　　　　 R $$