7.2直线、平面平行的判定与性质专项训练-2026届高三数学一轮复习

7.2　直线、平面平行的判定与性质 考点1　空间点、线、面的位置关系 1.已知m,n是两条直线,α是一个平面,下列命题正确的是 (　　) A.若m∥α,m⊥n,则n⊥α B.若m⊥α,m⊥n,则n⊥α C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.若m⊥α,n⊥α,则m⊥n 2.设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题: ①若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β,则m∥n ④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是 (　　) A.①③　　B.②④　　 C.①②③　　D.①③④ 考点2　直线、平面平行的判定与性质 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 (　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D 2.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ABCD B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1 C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1 3.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 4.如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为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. 练速度 1.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则m∥α的一个充分条件是 (　　) A.m∥n,n∥α　　 B.m∥β,α∥β C.m⊥n,n⊥α,m⊄α　　D.m∩n=A,n∥α,m⊄α 2.已知两个不同的平面α,β和两条不同的直线m,n满足m⊂α,n⊂β,则“α,β平行”是“m,n不相交”的 (　　) A.充要条件 B.充分非必要条件 C.必要非充分条件 D.既不充分也不必要条件 3.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为,侧面BB1C1C是边长为1的正方形,AB=1,点D,E分别在线段CB1,A1C1上. (1)若D,E分别是CB1,A1C1的中点,求证:DE∥平面ABB1A1; (2)若DE⊥CB1,DE⊥A1C1,求DE. 4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,M,N分别为BC,PD的中点. (1)求证:MN∥平面PAB; (2)若PA=PB=,平面PAB⊥平面ABCD,求平面AMN与平面DMN夹角的余弦值. 练思维 1.如图,在矩形ABCD中,AB=3AD=3,E在AB上且AE=,将△ADE沿DE折起到△FDE,使得F∉平面BCDE,点G在线段CF上,若BG∥平面FDE,则的值等于 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 2.(多选)在正四棱锥M-ABCD中,侧棱MA与底面边长相等,P,Q分别是AB和MC的中点,则 (　　) A.PQ∥MA　　B.PQ∥平面MAD　　 C.PQ⊥MD　　D.PQ⊥平面MBD 3.如图,在圆锥PO中,AC为底面圆O的一条直径,B,D为底面圆周上不同于A,C的两点,圆锥母线长为,AC=2,∠BAC=30°. (1)若AD=1,平面PAD与平面PBC的交线为l,证明:AD∥l; (2)若AD与平面PCD所成角的正切值为,求AD的长. 4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1与侧面BCC1B1均为矩形,BB1=2,AB=3,B1C1=,D为BB1的中点. (1)在直线BB1上是否存在一点E,使得CD∥平面A1EC1?若存在,试确定E点位置;若不存在,请说明理由. (2)若CA1=4,求二面角A-CD-A1的正弦值. 5.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD=2,BC=CD=,∠DCB=90°,∠DAB=45°,E,F分别为AD,AB的中点. (1)求证:AD⊥BD; (2)求证:平面BDC1∥平面EFD1; (3)若CC1=2,P是线段D1F上的动点,求直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值. 答案 考点1　空间点、线、面的位置关系 1. C 2. A 考点2　直线、平面平行的判定与性质 1. A 2. A 3.解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, ∴PA⊥AD. 又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB, ∴AD⊥平面PAB. 又AB⊂平面PAB, ∴AD⊥AB. 在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=, ∴AC2=BC2+AB2, ∴AB⊥BC. 又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内, ∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, ∴AD∥平面PBC. (2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0). 设AD=t,t>0,则DC=,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,,0),则= (-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0), 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令x1=,则y1=t, 则n1=(,t,0), 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则∴ 令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t), ∵二面角A-CP-D的正弦值为,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角, ∴二面角A-CP-D的余弦值为=, ∴=|cos<n1,n2>|==, ∴t=(舍负),∴AD=. 4.解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, ∴PA⊥AD. 又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB, ∴AD⊥平面PAB. 又AB⊂平面PAB, ∴AD⊥AB. 在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=, ∴AC2=BC2+AB2, ∴AB⊥BC. 又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内, ∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, ∴AD∥平面PBC. (2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0). 设AD=t,t>0,则DC=,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,,0),则= (-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0), 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令x1=,则y1=t, 则n1=(,t,0), 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则∴ 令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t), ∵二面角A-CP-D的正弦值为,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角, ∴二面角A-CP-D的余弦值为=, ∴=|cos<n1,n2>|==, ∴t=(舍负),∴AD=. 练速度 1. C 2. B 3.解析　(1)证明:分别取BB1,A1B1的中点F,G,连接FG,FD,GE, 因为GE∥B1C1,GE=B1C1,DF∥BC,DF=BC,B1C1 BC,所以GE DF, 则四边形GEDF是平行四边形. 所以DE∥FG, 又DE⊄平面ABB1A1,FG⊂平面ABB1A1, 所以DE∥平面ABB1A1. (2)直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·BB1=AB·BC·sin∠ABC·BB1=sin∠ABC=, 所以sin∠ABC=1,即∠ABC=90°. 以B为原点,建立空间直角坐标系B-xyz如图所示,则B1(1,0,0),C(0,1,0),C1(1,1,0),A1(1,0,1),=(1,-1,0),=(0,1,-1), 设=λ=(λ,-λ,0),λ∈[0,1],=μ=(0,μ,-μ),μ∈[0,1], 则D(λ,1-λ,0),E(1,μ,1-μ), 故=(1-λ,μ+λ-1,1-μ), 由得 解得λ=,μ=, 所以=,||=,即DE的长度是. 4.解析　(1)证明:取PA的中点E,连接BE,NE, ∵△PAD中,E,N分别为PA,PD的中点, ∴EN∥AD且EN=AD, 又正方形ABCD中,M为BC的中点, AD∥BC,AD=BC, ∴BM∥AD,BM=AD, ∴BM∥EN且BM=EN, ∴四边形BMNE为平行四边形, ∴BE∥MN, ∵MN⊄平面PAB,BE⊂平面PAB, ∴MN∥平面PAB. (2)取AB的中点O,CD的中点F,连接PO,OF, ∵△PAB中,PA=PB,∴PO⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABCD,PO⊂平面PAB,平面PAB∩平面ABCD=AB, ∴PO⊥平面ABCD,(面面垂直的性质定理) 又四边形ABCD为正方形,O,F分别为AB,CD的中点, ∴OF⊥AB. 故以OB,OF,OP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, 则A(-1,0,0),D(-1,2,0),M(1,1,0),N, ∴=(2,1,0),=(2,-1,0),=, 设平面AMN的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 取x1=2,则y1=-4,z1=3, ∴n1=(2,-4,3), 设平面DMN的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 取x2=2,则y2=4,z2=3,∴n2=(2,4,3), 设平面AMN与平面DMN的夹角为θ, 则cos θ=|cos<n1,n2>|==. 练思维 1. C 2. BC 3.解析　(1)证明:因为AC为直径, 所以AD⊥CD,AB⊥BC,又AD=1,AC=2, 所以CD=,且∠CAD=60°, 又∠BAC=30°,所以∠BAD=90°, 即AD⊥AB, 又AB⊥BC,AD,BC⊂平面ABCD, 所以AD∥BC, 又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, 所以AD∥平面PBC, 又AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l, 所以AD∥l.(线面平行的性质定理) (2)由(1)知,AD⊥CD,如图,以D点为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x,y轴,过D与OP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0), 设AD=a,a>0, 则A(a,0,0),C(0,,0),P, 则=(a,0,0),=,=(0,,0), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则 令z=1,则x=-,则n=, 设AD与平面PCD所成角为θ, 则tan θ==,可得cos θ=sin θ, 则cos2θ+sin2θ=sin2θ+sin2θ=1, 解得sin θ=, 即|cos<,n>|===, 整理得16+a2=19,解得a=,即AD=. 4.解析　(1)存在,点E在棱BB1的延长线上,且B1E=1. 连接C1E,A1E,因为D为BB1的中点,BB1=2,所以DB1=1,DE=2, 又侧面BCC1B1为矩形,所以CC1∥DE, 又CC1=DE, 所以四边形CC1ED为平行四边形, 所以CD∥C1E, 又CD⊄平面A1EC1,C1E⊂平面A1EC1, 所以CD∥平面A1EC1. (2)连接CB1,则CB1===, 因为CA1=4,A1B1=3,所以C=A1+C,则A1B1⊥CB1, 因为侧面ABB1A1为矩形,所以A1B1⊥BB1, 又CB1∩BB1=B1,CB1,BB1⊂平面BCC1B1, 所以A1B1⊥平面BCC1B1, 因为AB∥A1B1,所以AB⊥平面BCC1B1. 以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,3),C(,0,0),D(0,1,0),A1(0,2,3), 所以=(,0,-3),=(,-1,0),=(0,-1,-3), 设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则 令x=,则y=3,z=1, 所以n=(,3,1), 设平面A1CD的法向量为m=(a,b,c),则 令a=,则b=3,c=-1, 所以m=(,3,-1), 设二面角A-CD-A1的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n,m>|===, 所以sin θ==, 故二面角A-CD-A1的正弦值为. 5.解析　(1)证明:∵DC=BC=,∠DCB=90°, ∴BD==2, 又AD=2,∴BD=AD=2, 又∠DAB=45°,∴∠ABD=45°, ∴∠ADB=90°,∴AD⊥BD. (2)证明:在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面ABCD,∵AD⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD, ∴DD1⊥AD,DD1⊥BD,∴DA,DB,DD1两两垂直. 以点D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DB所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则D(0,0,0),B(0,2,0),E(1,0,0),F(1,1,0),则=(0,2,0),=(0,1,0), 设DD1=h(h>0),则C1(-1,1,h),D1(0,0,h), ∴=(-1,1,h),=(-1,0,h), 设平面BDC1的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令x1=h,得n1=(h,0,1), 设平面EFD1的法向量为n2=(x,y,z), 则 令x=h,得n2=(h,0,1), ∵n1∥n2,且平面BDC1与平面EFD1不重合, ∴平面BDC1∥平面EFD1. (3)当CC1=2时,n1=(2,0,1)为平面BDC1的一个法向量,D1(0,0,2), 则=(-1,-1,2), 设=λ=λ(-1,-1,2)=(-λ,-λ,2λ),λ∈[0,1], ∴P(1-λ,1-λ,2λ),∵A1(2,0,2), ∴=(-1-λ,1-λ,2λ-2), 设直线A1P与平面BDC1所成角为θ, 则sin θ=|cos<,n1>|= = ==≤,当且仅当λ=时,等号成立, ∴直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$