第7章 7.3 直线、平面平行的判定与性质（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 以高考真题与模拟题为载体，系统整合线面、面面平行判定与性质，融合几何法与向量法，突出逻辑推理与直观想象 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |线面平行证明|3（2真题+1模拟）|中位线法/平行四边形法/面面平行转化法|线线平行→线面平行的判定定理应用| |面面平行证明|2（1真题+1模拟）|双交线平行法/平面平行传递性|线面平行→面面平行的判定定理推导| |空间计算|3（2真题+1模拟）|空间直角坐标系法/等体积法|向量运算与几何性质的综合应用|

7.3　直线、平面平行的判定与性质 考点　直线、平面平行的判定与性质 高考真题 1.★★★(2024新课标Ⅰ,17,15分)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. 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 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=. 2.★★★(2022新高考Ⅱ,20,12分)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. 解析　(1)证法一　连接OA, ∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB, ∴∠POA=∠POB=90°, 又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB, ∴OA=OB, 取AB的中点D,连接OD,DE, 则OD⊥AB, 又∵AB⊥AC,∴OD∥AC, 又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC, ∴OD∥平面PAC, 又D,E分别为AB,PB的中点, ∴DE∥PA, 又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC, ∴DE∥平面PAC, 又OD,DE⊂平面ODE,OD∩DE=D, ∴平面ODE∥平面PAC, 又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC. 证法二　连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC, ∴PO⊥OA,PO⊥OB, ∴∠POA=∠POB=90°, 又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB, 延长BO交AC于点F,连接PF, 易知在Rt△ABF中,O为BF的中点, ∵E为PB的中点,∴OE∥PF, 又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,∴OE∥平面PAC. (2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系. ∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2,∴P(0,2,3),B(2,0,0),A(-2,0,0),E, ∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4, ∴AC=12,C(-2,12,0). 设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1), =(4,0,0),, ∴ 令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2). 设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2), =(0,12,0), ∴ 令x2=,则z2=-6,∴n2=(,0,-6), ∴cos<n1,n2>=, 设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=, ∴二面角C-AE-B的正弦值为. 高考模拟 1.★★(2026届河北衡水二中三模,4)已知直线a,b,平面α,且b⊂α,则“a∥b”是“a∥α”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 答案　D　 2.★★★(2025届湖北八校三模,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,∠ABC=,AB=AP=2,PA⊥底面ABCD,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点. (1)求证:平面AEG∥平面BDH; (2)求点A到平面BDH的距离. 解析　(1)证明:连接AC,交BD于点O,连接OH,在△PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,所以EG∥BH,又因为EG⊄平面BDH,BH⊂平面BDH, 所以EG∥平面BDH, 同理,AG∥平面BDH, 因为AG,EG⊂平面AEG,AG∩EG=G, 所以平面AEG∥平面BDH.【面面平行的判定定理】 (2)记点A,H到平面BDH,平面ABD的距离分别为hA,hH. 由题意知S△ABD=×2×2×. 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,又PA=2,CH=CP,所以hH=. 易知PB=PC=2,AC=2,CH=, 在△PBC中,由余弦定理的推论得cos∠PCB=, 在△BCH中,由余弦定理得BH2=BC2+CH2-2BC·CH·cos∠HCB=,则BH=, 同理,DH=,则BH=DH,又因为O为BD的中点,所以OH⊥BD. 在△BDH中,BD=2,S△BDH=×2×, 连接AH, 因为VA-BDH=VH-ABD, 所以hA=. 3.★★★(2026届山东青岛阶段检测,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB⊥AD,AD∥BC,AD=AP=2AB=2BC=2,PA⊥平面ABCD,E为棱PD上的动点. (1)当E为棱PD的中点时,证明:EC∥平面PAB; (2)若PE=2ED,求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值. 解析　(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF, 因为E为PD的中点, 所以EF∥AD,EF=AD, 因为AD∥BC,AD=2BC,所以EF∥BC,EF=BC,所以四边形EFBC为平行四边形,所以EC∥BF. 又BF⊂平面PAB,EC⊄平面PAB, 所以EC∥平面PAB. (2)因为AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直, 故以A为原点,AB,AD,AP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(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(1,1,0),所以=(1,1,0),=(0,2,0),因为PE=2ED,所以E, 所以. 设平面EAC的法向量为n=(x,y,z). 则 取y=1,得x=-1,z=-2, 所以n=(-1,1,-2). 易知=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量. 设平面EAC与平面PAB的夹角为θ. 则cos θ=|cos<n,, 所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为. 4.★★★★(2026届山东德州禹城综合实验高中期中,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD=3. (1)若点E为线段PD的中点,求证:AE⊥平面PDC; (2)若,则线段AB上是否存在一点F,使得EF∥平面PBC?若存在,请确定点F的位置,并求三棱锥F-PBC的体积. 解析　(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD, 因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD, 所以CD⊥平面PAD, 又AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE. 又因为PA=PD=AD,且E为PD的中点,所以AE⊥PD, 又因为PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PDC,所以AE⊥平面PDC. (2)由知点E为PD上靠近点P的三等分点.如图,分别取AB,CD的三等分点F,G,连接EG,FG, 则EG∥PC,FG∥BC. 又因为PC⊂平面PBC,EG⊄平面PBC,所以EG∥平面PBC, 同理,FG∥平面PBC. 因为EG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=G, 所以平面EFG∥平面PBC,又因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面PBC, 此时F为AB上靠近点B的三等分点, 连接PF,FC,AC, 所以VF-PBC=VP-FBC=×S△PAD·CD=××3=. 第 7 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $