7.2 直线、平面平行的判定与性质(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

O专题七立体几何与空间向量 A品 B品 C.5+6 兴 A. C.π 6 D. 4.(2025广东模拟)在棱长为2的正方体 5.(2025河北沧州一模)在正四棱台 ABCD-A1B1CD1中，M,N分别为AB, A1B1CD1-A2B2C2D2中，A1B1=√2， CC1的中点，过直线MN的平面截该正方 A2B2=3√2，A1A2=6,则该正四棱台外接 体的内切球O,所得截面圆的面积的最小值 球的表面积为( 为() A.108πB.54π C.36π D.27π 7.2直线、平面平行的判定与性质 过去考什么 山东新高考全练 答案：P433 1.(2024新课标1卷，17,15分；考点)如图，四 2.(2023新课标1卷，18,12分；考点)如图，在 棱锥P一ABCD中，PA⊥底面ABCD, 正四棱柱ABCD一A1BCD1中，AB=2, PA=AC=2,BC=1,AB=√3. AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA, (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2= (2)若AD⊥DC,且二面角A一CP一D的正 2,CC2=3. 弦值为俘，求AD, (1)证明：B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB上，当二面角P一A2C2一D2 为150°时，求B2P. 、D 83 实战 实战高考·数学 将来考什么 山东模拟专练 答案：P434 考点闯关) 考点直线、平面平行的判定与性质 (2)求直线DB1与平面ABC所成角的正 1.(2024山东淄博二模)已知a,β，Y为三个不 切值. 同的平面，a,b,l为三条不同的直线.若a∩ D =l,a∩y=a,∩y=b,l∥y,则下列说法正 D 确的是( ) A.a与l相交 B.b与1相交 C.a∥b D.a与3相交 2.(2025山东潍坊一模)如图，四棱台ABCD一 A1BCD1中，上、下底面分别是边长为1,2 的正方形，DD⊥平面ABCD,DD=1, ABI=CB1. (1)证明：DD1∥平面AB1C; 分层闯关 基础题组 (2)求平面A1EF与平面ABCD所成夹角 1.(2024山东烟台一模)设a,b为两条不同的 的大小 直线，α，3为两个不同的平面，下列说法正 确的是() A.若a∥a,b∥a,则a∥b B.若a,b与a所成的角相等，则a∥b C.若a⊥B,a∥a,b∥β，则a⊥b D.若a⊥B,a⊥a,b⊥B,则a⊥b 2.(2024山东泰安一模)如图，在底面为菱形 的直四棱柱ABCD-ABCD1中，∠BAD= 号，AA=AB=2,E,F,G分别是BB, CC,DD1的中点. (1)求证：A1E∥GC; 84 O专题七立体几何与空间向量 3.(2025山东青岛一模)如图，P为圆锥的顶 能力题组 点，O是圆锥底面的圆心，OA,OB是底面半 4.(2024山东菏泽一模)如图，已知ABCD为 径，∠AOB=120°，M为劣弧AB上的动点. 等腰梯形，点E为以BC为直径的半圆弧上 (1)若M为劣弧AB的中点，证明：OA∥平 点，平面ABCD⊥平面BCE,M为CE的 面PMB; 中点，BE=AB=AD=DC=2,BC=4. (2)若圆锥底面半径为1，体积为号，当四边 形OAMB面积最大时，求平面APM与平 面BPM夹角的余弦值. M (1)求证：DM∥平面ABE; (2)求平面ABE与平面DCE所成角的 余弦值. B 85 实战 实战高考·数学 培优题组 (2)若AB=2BC=2PB=4,PM=1,求二面 5.创意题(2024山东青岛一模)已知球O的表 角B-MN一P的余弦值. 面积为12π，正四面体ABCD的顶点B,C, D均在球O的表面上，球心O为△BCD的 外心，棱AB与球面交于点P.若A∈平面 1,B∈平面2，C∈平面ag,D∈平面4， a∥a+1(i=1,2,3)且&与s+1(i=1,2,3)之间 的距离为同一定值，棱AC,AD分别与a2交 于点Q,R,则△PQR的周长为 6.(2024山东烟台二模)如图，在三棱锥P ABC中，AB⊥BC,PB=PC,N为PC的中 点，M为△ABC内部一点且PM⊥平 面ABC. (1)证明：MN∥平面PAB; 他省考什必 高考全国视野 答案：P436 真题精练 模拟精练 (2024全国甲卷，19,12分)如图，在以A,B, 1.(2025重庆一模)已知a,b是空间中的两条 C,D,E,F为顶点的五面体中，四边形ABCD与 直线，a,β是两个平面，则( ) 四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD,EF∥ A.若aCa,bCB,则a,b是异面直线 AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10， B.若aca,bCa,a∥B,b∥B,则a∥g FB=2√3，M为AD的中点. C.若aCa,bCB,a∥3，则a∥b (1)证明：BM∥平面CDE; D.若a⊥a,b⊥B,a∥B,则a∥b (2)求二面角F一BM一E的正弦值， 2.(2025海南模拟)如图，在三棱柱ABC A1BC中，点D在棱BB1上，且BD= 号BB,M,E分别是棱AB,AA的中点， 点N在棱CC1上，若MN∥平面CDE,则 -( ) 86 O专题七立体几何与空间向量 A. B号 c号 D 5.(2025江西宜春一模)如图，在等腰梯形 ABCD中，AB∥CD,AD=BC,E,F分别为 3.(2025山西吕梁一模)如图所示，在棱长为4 AB,CD的中点，沿线段EF将四边形 的正方体ABCD-A1BCD1中，点E,F分 AEFD翻折到四边形MEFN的位置，连接 别是棱BC,CC的中点，P是侧面BCC1B MB,NC.已知BE=EF=2,CF=3,∠CFN= 内一点，若A1P∥平面AEF,则线段A1P 长度的取值范围是 ,P为射线FN上一点 D C A B D D E A B (1)若N市-号N市，证明：EP∥平面BCNM 4.(2025河北秦皇岛一模)如图，直三棱柱 (2)若直线FN与平面CEP所成角的正弦 ABC-A1B1C中，AB=AC=2,AB⊥AC, M,D分别为A1C,AB的中点. 值为号，求PF M B D B (1)证明：A1D∥平面MBC; (2)若平面MBC与平面A1BM的夹角的余 弦值为写求AM. 87○实战册参考答案及解析 高考全国视野 真题精练 ④A解析设T是线段MN的中点，则OT⊥MN. ①2.5解析如图，圆柱的底面半径 由勾股定理，得MN=√MB2+BN2=√6，OM=√2， 为4cm,设铁球的半径为rcm,且4， 由圆柱与球的性质知AB=(2)2= B. 球心0O到MN的距离为OT=√2-()'-号 (8-2r)2+(9-2r)2,即4r2-68r+ A 当OT垂直于过MN的平面时，截该正方体的内切球所 145=(2r-5)(2r-29)=0.:r<4, 得截面圆的面积最小， .r=2.5. a 技球线得的茶长为=2V®-0项=2√小-（图》- 解析由题可得两个圆台的高分别为h甲= 2, √2(n-n)]2-(n-n)2=√3(n-n),hz= 此时国的半径就是专-要，面教为S心- √3(2-n)]2-(2-n)2=2W2(n-n), ⑤B解析如图，设正四棱台上底面A1B1CD1的中心 甲3(S+S+VS)hph甲5(m-n) 所以V元 为O1,下底面A2B2C2D2的中心为O2.因为A1B1=2, 3(Si+S+VSS)h hi 212(r2-n) A2B2=3√2，所以OA1=1,O2A2=3. D 0 4 A 模拟精练) 、 C, ①C解析由圆台侧面积公式可得S侧=π×(3十5)×3 =24r. 02 B. 2B解析设圆柱的母线长为x,则2π·x=4π，解得x= 过A1作A1E⊥O2A2于点E,易得A2E=2. 2. 设该正四棱台外接球的球心为O,则O在直线O1O2上， 目B醒由题意，得下底西圆的半径R=县（丈），上底 O1O2=AE=VA1A-A2E2=4V2. 西国的半径一号（支），高=1K大) 设OO=x,则OO2=4√2-x. 设外接球的半径为R,则R2=OO+OA?=OO十O2A号， 1 .1 所以它的体积V=3动(R2+2+R)=3πX1X 即2十12=4巨-2十识，解得2=5，则爬 [(》+()+×] (立方丈)： (佰2)°+1=，所以外接浆的表面积为=51元 7.2 直线、平面平行的判定与性质 山东新高考全练 ①(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所 因为平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,DEC平面 以PA⊥AD. ABCD,所以DE⊥平面PAC. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面PAB,所以 因为CPC平面PAC,所以DE⊥CP. AD⊥平面PAB. 又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EFC平面DEF, 因为ABC平面PAB,所以AD⊥AB. 所以CP⊥平面DEF. 因为BC+AB2=AC?,所以BC⊥AB,则根据平面知识 因为DFC平面DEF,所以DF⊥CP. 可知AD∥BC. 根据二面角的定义，可知∠DFE即为二面角A一CP一D 又AD中平面PBC,BCC平面PBC, 的平面角， 所以AD∥平面PBC 所以sin∠DFE=√42】 7, (2)解：如图所示，过点D作DE⊥ 所以tan∠DFE=√6. AC于点E,过点E作EF⊥CP于点 由AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4-x2, F,连接DF 因为PA⊥平面ABCD,PAC平面 由等面积法可得DE=x√4一2 2 PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD. 又CE气√4-)4-号，且△EC为等 4 433 答案 实战高考·数学 腰直角三角形，所以EF=4二之 (2)解：设P(0,2,λ)(0≤入≤4)，则A2C2=(-2,-2,2), 2W2 PC2=(0,-2,3-λ)，D2C2=(-2,0,1). xV√4-x2 设平面PA2C2的法向量为n=(x,y,2), 故tan∠DFE= 2 4-x2 =√6，解得x=√3，即AD=√3. n·A2C2=-2x-2y十2z=0, 则 2W2 n.PC2=-2y+(3-λ)z=0. 2(1)证明：以C为坐标原点，CD, 令之=2，得y=3-λ，x=入-1， C.E CB,CC所在直线分别为x轴、y .n=(-1,3-λ，2). A 轴、之轴建立空间直角坐标系， 设平面A2C2D2的法向量为m=(a,b,c), 如图， m·A2C2=-2a-2b+2c=0, 则 则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2, D m.D2Ci=-2a+c=0. 2),D2(2,0,2),A2(2,2,1), 令a=1,得b=1,c=2,.m=(1,1,2), .B2C=(0,-2,1),A2D2=(0, -2,1), .cos<n,mm n·m 6 √0-1)2+(3-λ)2+4X√6 ∴.B2C2∥A2D2 又B2C2,A2D2不在同一条直线上， 1501- ∴.B2C2∥A2D2. 化简可得2-4λ+3=0，解得λ=1或λ=3，∴.P(0,2,1) 或P(0,2,3),.B2P=1. 山东模拟专练 考点闯关) 交，也可能平行，故B错误； 考点直线、平面平行的判定与性质 对于C,a⊥B,a∥a,b∥B,则a,b可能垂直，但也可能平行 或者相交或者异面，故C错误； ①C解析对于A,B,l∥y,lC平面a,a∩y=a,则l∥a, 同理可得l∥b,则A,B错误； 对于D,a⊥B,a⊥a,b⊥B,则a⊥b,D正确， 对于C,由A,B知道a∥b,则C正确； 2(1)证明：取BC的中点H, A,2 对于D,由A知道l∥a,a￠平面B,lC平面B,则a∥B,故 连接AH. D错误. 因为底面ABCD为菱形， 2 2(1)证明：连接BD,交AC于点E,连接B1E,B1D1. ∠BAD=3, 由题意，得BD∥BD,且 0 所以AH⊥AD. ⊙ H/x B1D1=√2，BD=2√2，E为 以A为原点，AH,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、 BD的中点， 之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以B1D∥DE且B1D= 则A1(0,0,2),E(3,一1,1)，G(0,2,1), DE, 所以四边形B1D1DE为平行四边形， C(3,1,0),F(W5,1,1), 所以DD1∥B1E.因为DD1丈平面AB1C, 所以A1龙=(W3,-1,-1),CC-(W3,-1,-1), B1EC平面AB1C,所以DD1∥平面AB1C. 所以A1E∥G式，所以A1E∥GC. (2)解：因为DD⊥平面ABCD, (2)解：由(1)，知E疗-(0,2,0)，设平面A1EF的法向量为 所以B1E⊥平面ABCD. n=(x,y,z), 又DEC平面ABCD,所以B1E⊥DE. n·A1E=0, 即V3x-y-=0, 因为DE⊥AC,AC∩B1E=E,AC,B1EC平面AB1C, 则 n·Ei=0, 2y=0. 所以DE⊥平面AB1C, 取x=1,则y=0,x=√3，所以n=(1,0,W3) 所以∠DB1E为直线DB1与平面AB1C所成的角. AA=(0,0,2)为平面ABCD的一个法向量. 在R△DBE中，DBE-是-平-区 设平面A1EF与平面ABCD的夹角为0，则cos0= 分层闯关) AAi·n_25_3 1AA1m-2X2=2, 基础题组 ①D解析对于A,平行于同一平面的两条直线可能平 ∴0=否平面AEF与平面ABCD所成的夹角为， 行，可能相交，也可能异面，故A错误； 3(1)证明：连接OM. 对于B,a,b与a所成的角相等，则a,b可能异面，可能相 因为∠AOB=120°，M为AB的中点， 434 Q实战册参考答案及解析 所以∠AOM=∠BOM= 2∠A0B=60. BPM夹角的余弦值为号 因为OA=OB=OM,所以△AOM和△BOM均为等边三 能力题组 角形， ④(1)证明：取BE的中点N,连接AN,MN,则MN∥BC 所以AM=OM=BM=OA=OB, 所以四边形OAMB为菱形，所以OA∥MB. 且MN=合BC 因为OA中平面PMB,MBC平面PMB, 又AD∥BC且AD= 所以OA∥平面PMB. 台C,iMN∥AD且 (2)解：由题意可知P0L底面OAMB,圆锥的体积为3x× MN=AD, 12XP0号，可得P0=2. .四边形ANMD为平行B 四边形，.DM∥AN. 设∠A0M=G,则∠BOM-子-0，其中0< 又DM中平面ABE, ANC平面ABE, 四边形OAMB的面积为S=S△OM十S△mM=2sin十 .DM∥平面ABE. 3sn(-0）=3sn0叶号(5cos0叶2n0)=sn0叶 (2)解：取AD的中点F,连接OF,OE. 'ABCD为等腰梯形，∴.OF⊥BC 得cs6-停sn(o+君】 又平面ABCD⊥平面BCE,平面ABCD∩平面BCE= BC,OFC平面ABCD, 因为0<0<至，所以答<什吾< .OF⊥平面BCE. 过点O作直线BC的垂线交BC于点G,以O为坐标原点， 所以当0叶吾=变，即0=5时， 以OG,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、之轴建立如图 S取得最大值号，此时△AOM 所示的空间直角坐标系。 为等边三角形 :BC为直径，BE=号BC,∠BCE=30,∠BOE=60, 取AM的中点C,则由(1)易得 ∠E0G=30°. OC OB. B划 在等腰梯形ABCD中，AB=AD=DC=2,BC=4, C M 以点O为坐标原点，OC,OB,OP x 所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直 oF-V2-号y-, 角坐标系， E(3,-1,0),C(0,2,0),D(0,1,√3)，B(0,-2, 则A(,-20）,M(,2,0）,B01,0,P00,2, 0),A(0,-1W3), ∴.C克=(W3,-3,0),Cd=(0,-1,3),B2=(3,1,0), 所以成=01,0)，市-(-，分2小，威= BA=(0,1,N3) （停-o),D-0,-12 设平面DCE的法向量为m=(x,y,z), (m.C2-V3x-3y=0, 设平面APM的法向量为m=(x1,y1,1), 则 m·ci=-y十3z=0. （m·Ai=y1=0, 令y=3,则x=3,z=1, m…ad-9a+n+2-0 .m=(3,w3,1). 取1=√3，则x1=4,所以m=(4,0W3). 设平面ABE的法向量为n=(a,b,c), 设平面BPM的法向量为n=(x2,y2,22), 则m·硫-+=0， 则n·i-3一1 号”72=0”取2=25，则2=2， (n·BA=b+V3c=0. 取c=1,则b=-√3，a=1,则n=(1,-√3,1). n·Bd=-y2十2x2=0. 设平面ABE与平面DCE所成的角为a, 2=√3，所以n=(2,2√3，W3), 所议碳m滑V义丽品 11 则。asmm贤没-e, 因此当四边形OAMB面积最大时，平面APM与平面 :平面ABE与平面DCE所成角的余弦值为 435 答案 实战高考·数学 培优题组 因为PB=PC,所以BM=CM. ⑤1十√7解析设a:与a计1(i=1,2,3)之间的距离为 因为D为BC的中点，所以DM⊥BC d,球O的半径为R,则由题意得4πR2=12π，解得R=√3， 又AB⊥BC,且AB,DM,BC在同一平面内，所以AB ∥DM. 所以OB=OP=√3，所以AB=BC=3OB=3, 因为ABC平面PAB,DM寸平面PAB, 所以OA=V√AB2-OB2=√6. 所以DM∥平面PAB. 因为A,P,B三，点共线，所以存在实数入使得O户=入OA+ 因为DM∩DN=D,DM,DNC平面DMN, (1-λ)0B(0<<1), 所以平面DMN∥平面PAB. 所以Op2=2OA2+(1-x)2O+2(1-1)OA.Oi, 因为MNC平面DMN,所以MN∥平面PAB. (2)解：以B为坐标原点，分别以BA,BC以及与BA,BC垂 直向上的方向为x轴、y轴、之轴的正方向建立如图所示 的空间直角坐标系B一xy之. 在Rt△PMB中，PB=2,PM=1,所以BM=√3. .30 B 在Rt△BDM中，DM=√BMP-BDP=√2，所以 所以3=62十3(1一λ)2，即3λ2-2λ=0，解得1= 、2 M(W2,1,0) 31 所以0i-子0i+0迹.所以器-宁 又B00,0P21,1).C0,20N(,,2） 所以AP=子AB=1 所以-(，1.o),迹-001)不-(-， 因为ai∥a+1(i=1,2,3)且：与a计1(i=1,2,3)之间的 距离为d, 设平面BMN的法向量为n1=(x1,y1,1), 所以部品名怨品分 1·BM=0, W2x1+y1=0, 所以AR=1,AQ=号，所以由余孩定理得PQ=RQ 则 即_ 2n+7a=0, (n1.Mi=0,21+h V12+(号)'-2x1××os60-7 取x1=√2，则y1=-2,1=4,所以m=(√2，-2,4). 2 设平面PMN的法向量为n2=(x2,y2,2), 又PR=号BD=1,所以△PQR的周长为1+2X 2 2·Mi-0, 22=0, 则 1+√7. 即_ 2·M=0, -号+3y+g=0, ⑥(1)证明：连接CM,取BC的中点D,连接DM,DN. 取x2=√2，则y2=2, 因为N为PC的中点，所以DN∥PB. 因为PBC平面PAB,DN丈平面PAB,所以DN∥平 所以n2=(W2,2,0). 面PAB. 设二面角B-MN一P为O,由图 因为PM⊥平面ABC,BMC平面ABC, 可知0为锐角，则cos0= 所以PM⊥BM. n1·n2 2 =V33 n1 n2 在Rt△PMB中，BMP=PB2-PMP. √/22X√633 同理，CMP=PC-PMP. 所以二面角B-MN-P的余弦值为Y3 33 高考全国视野 真题精练 所以CD=2. (1)证明：因为AD=4,M为AD的中点，所以AM= 由(I)得四边形BCDM为平行四边形， DM=2,所以BC=MD,BC∥MD, 所以BM=CD=2. 所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD, 又AM=2,所以△ABM为等边三角形， 又BM￠平面CDE,CDC平面CDE,所以BM∥平 所以O为AM的中点，OB=√3. 面CDE. 因为四边形ADEF为等腰梯形，EF=MD,EF∥AD, (2)解：如图所示，作BO⊥AD交AD于点O,连接OF. 所以四边形EFMD为平行四边形， 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD,AB=BC=2, 所以FM=ED=AF, 436 Q实战册参考答案及解析 所以△AFM为等腰三角形，所以OF⊥AM,所以OF= 又M是A1B1的中点，所以MF是梯形A1B1DE的中 √AF2-AOP=3.因为OB2十OF2=BF2,所以OB⊥OF, 位线. 所以OB,OD,OF两两互相垂直. 设AA1=6,则MB=AE+BD_3+2_5 2 2 以直线OB为x轴、直线OD为y轴、直线OF为z轴，建 立空间直角坐标系O-xyz, 即CN=多， 则F(0,0,3),B(W3,0,0),M0,1,0),E(0,2,3), 所以BM=(-√3,1,0)，BF=(-√3,0,3)，B2=(-√3,2， 所以GN=6-名=名所以然-号。 3). 3[3√2,2√5]解析在棱长为4的正方体ABCD一 设平面BFM的法向量为m=(x1,y1,1), A1B1CD1中，分别取棱BB1,B1C的中点M,N,连接 m·BM=0,n∫-√3x1十y1=0, MN,A1N,A1M,NE,BC.由点E,F分别是棱BC,CC 则 ’即 m·Bi=0,-V3x1+31=0. 的中，点，得MN∥BC∥EF. 因为MN中平面AEF,EFC平面AEF, 令x1=√3，得y1=3,1=1,所以m=(W3,3,1). 所以MN∥平面AEF. 设平面EMB的法向量为n=(x2,y2,z2), 易知AA1∥BB1∥NE,AA1=BB1=NE, 则n·-0即一5a+g=0, 所以四边形AENA1为平行四边形， n…B2=0,-3xm+22+3z2=0. 所以A1N∥AE.又A1N寸平面AEF,AEC平面AEF,所 令x2=√3，得y2=3,2=-1, 以A1N∥平面AEF 所以n=(W3,3,-1). 因为AN∩MN=N,AN,MNC平面AMN, 所以平面A1MN∥平面AEF. cos(m,n)= m· 1 11 m n T=√13×√13-i3' ⊙ 则sin(m,n)= 4√3 13, 所以二面角P一BM-E的正弦值为得 D 6 因为P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF,所 以点P的轨迹是线段MN, 在Rt△A1B1M中，A1M=√A1B+B1MP=√42+22= 2√5.同理，A1N=2√5， 所以△A1MN为等腰三角形. 模拟精练) 当P为MN中，点时，A1P最短，为√(2√5)2-(W2)2= ①D解析对于A,若aCa,bCB,a∩B=l,当a∥l,b∥l 3W2; 时，a∥b,此时a,b不是异面直线，故A错误； 当P位于M,N处时，A1P最长，为2V5, 对于B,若aCa,bCa,a∥B,b∥B,当a∩B=l时，a∥b∥l 所以线段A1P长度的取值范围是[3√2,2√5们. 也满足题意，但α与B不平行，故B错误； 4(1)证明：设BC的中点为E,连接DE,ME. 对于C,若aC&,bCB,a∥B,则a∥b或a,b为异面直线，故 因为D为AB的中点， C错误； 对于D,若aLa,bLB,a∥B,根据线面垂直的性质，则a⊥ 所以DE/AC,且DE=2AC B,a∥b,故D正确. 在直三棱柱ABC-A1B1C中，因为M为A1C的中点， 2B解析如图所示，在平面 M 所以AM/AC,AM=合AC, ABB1A1内，作MF∥AA1,与DE交 所以DE∥A1M,且DE=A1M,所以四边形A1DEM为平 于点F,连接CF,则MFCC,所以 行四边形，所以A1D∥ME. MF,CC共面.因为MN∥平面 D 又A1D寸平面MBC,MEC平面MBC, CDE,由线面平行的性质知MN∥ 所以A1D∥平面MBC. CF,所以四边形MFCN是平行四边 (2)解：在直三棱柱ABC-A1B1C中，AB⊥AC, 形，所以MF=CN. 以A为原点，AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、 437 答案 实战高考·数学 之轴建立空间直角坐标系。 因为AB∥CD,BE=2,所以PQ∥BE,且PQ=BE, 设AA1=a(a>0),则M(0,1,a),B(2,0,0),C(0,2,0), 所以四边形EBQP是平行四边形，所以EP∥BQ. A1(0,0,a), 因为EP丈平面BCNM,BQC平面BCNM, 所以Mi=(2,-1,-a),Md=(0,1,-a),MAi=(0, 所以EP∥平面BCNM -1,0). (2)解：以F为坐标原点，FN,FE所在直线分别为x轴、 设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,21), 之轴建立如图所示的空间直角坐标系， m·Mi=2x1-y1-a1=0, 则 m.M心=y-az1=0. 则F0,00).B0,02).C(-号，39o）, 取1=1，得m=(a,a,1). 设平面A1BM的法向量为n=(x2,y2,2), 所成-(8,3-2 n·Mi=2x2-y2-az2=0, 则 n·MAi=-y2=0. M 取2=2，得n=(a,0,2). 因为平面MBC与平面A1BM的夹角的余弦值为于，所 以|cos(m,ml=mn a2+2 _√15 mn√2a2+1·√a2+4 5, 设P(a,0,0)(a>0),则Ep-(a,0,-2). 解得a=1(负值舍去)，即AA1=1. 设平面CEP的法向量为n=(x,y,z), M 则胶-2+9，-2-0， B (n·Ei=ax-2x=0. 令x=2,则m=(2,232a+3),a). 9 A D 直线FN的一个方向向量为m=(1,0,0),则 B cos(m,n)= m·n m n √4+[282a+3)T+a 9 ⑤(1)证明：在线段CN上取一点Q,使得NQ= 号NC,连 2 接PQ,BQ. 5 因为N-号N,所以PQ/FC,且PQ号rC=2 解得a=3(a=昭舍去)，放PF=3 7.3直线、平面垂直的判定与性质 山东新高考全练 ①BC解析方法一：对于A,在正三棱柱ABC-A1B1C 所以BC⊥平面AA1D,故B正确. 中，AA1⊥平面ABC, 对于C,因为在正三棱柱ABC-A1B1C中，CC∥AA1, 因为ADC平面ABC,所以AA1⊥ C 又AAC平面AAD,CC中平面AA1D,所以CC∥平面 AD,所以A1A·AD=0. AA1D,故C正确， 因为△ABC是正三角形，D为BC 对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C中，AB1∥AB, 的中点，所以AD⊥BC,所以C市· 假设AD∥A1B1,则AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾， Ad=0. 所以AD∥A1B1不成立，故D错误，故选BC 又A1C-A1A+AD+DC, 方法二：如图，建立空间直角坐 C 所以A1C·AD=(A1A+AD+ 标系，设该正三棱柱的底面边 D心·AD-A1A.AD+AD+D心.AD=A≠0， 长为2，高为h, 所以AD⊥A1C不成立，故A错误. 则D(0,0,0),A(3,0,0), 对于B,在正三棱柱ABC-A1B1C中，AA1⊥平面ABC, A1(W3,0,h),C(0,-1,0), 因为BCC平面ABC,所以AA1⊥BC. C(0,-1,h),B(0,1,0), 又AA∩AD=A,AA1,ADC平面AA1D, B1(0,1,h). 438