5.4 直线、平面平行的判定与性质-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

§5.4直线、平面 考纲·题型解读 1.掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.掌握平面与 2.本考点是立体儿何的重要组成部分，是高考的重点内容， 的位置关系判定或平行性的证明：二是通过计算题中必不可少 五年高考母题题源揭秘 题源1直线与平面、平面与平面平行的判定与性质 解题模型 1.直线与平面的位置关系 位置关系 公共点个数 直线上有两个点在平面内，则所有点都在 直线在平面内 平面内 直线 直线和平 直线与平面有且仅有一个公共点 面相交 在平 直线和平 面外 直线与平面没有公共点 面平行 2.直线和平面平行 (1)定义：直线与平面没有公共，点，则称此直线1与平 面a平行，记作1∥a. (2)判定定理：如果平面外的一条直线和这个平面内 的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为 “线线平行→线面平行”). (3)性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这 条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平 行（简记为“线面平行→线线平行”）. 3.直线与平面的距离 (1)直线1∥平面a,如图所示，A∈1，B∈1，AA1⊥a, BB1⊥a.垂足分别为A1、B1,则AA1业BB1.文字叙述为： 一个平面的平行线上的点到该平面的距离处处相等，我们 把AA1的长度叫做l到平面a的距离. 4.两个平面平行 (1)定义：没有公共点的两个平面 叫做平行平面，符号表示：平面Q、平面 B,若a∩B=☑，则a∥B. (2)判定定理（文字语言、图形语 a 言、符号语言)： 序号 文字语言 图形语言 符号语言 如果一个平面 内有两条相交 的直线都平行 于另一个平面， a aCa,bCa,a 判定定理 那么这两个平 ∩b=P,a∥3， 面平行（简记为 b∥B=>a∥B “线面平行→面 面平行”) 平行的判定与性质 平面平行的判定定理和性质定理，能运用定理论证一些问题. 主要考查内容有两方面：一是直接考查直线与平面、平面与平面 证明步骤间接考查直线与平面、平面与平面的平行. 序号 文字语言 图形语言 符号语言 如果两个平面 判定定理2 同垂直于一条 直线，那么这两 3} 个平面平行 平行于同一个 判定定理3 平面的两个平 a∥B→a∥y B∥y3 面平行 (3)两平面平行的性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）： 序号 文字语言 图形语言 符号语言 如果两个平面 平行，那么在一 a∥B且aCa→ 性质定理1 个平面内所有 直线都平行于 a∥3 另一个平面 B 如果两个平行 平面同时和第 三个平面相交， a∥3且y∩a= 性质定理2 那么它们的相 a且y∩3=b→ 交线平行（简记 a∥b 为“面面平行→ 线线平行”) 如果两个平行 平面中有一个 垂直于一条直 a∥3且l⊥a→ 性质定理3 线，那么另一个 1⊥3 平面也垂直于 这条直线 5.两个平行平面的距离 一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它 也垂直于另一个平面.这条直线叫做两个平行平面的公垂 线，它夹在两个平行平面间的部分叫做这两个平面的公共 垂线，它的长度叫做两个平行平面的距离， 6.数学思想方法：转化思想方法—一直线与平面平行 的判定定理和性质定理的实质就是线线平行与线面平行 的转化. 判定 荆定面面平行 线线平行在质线面平行注质 [真题1](2022·山东)在空间，下列命题正确的是() A,平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 [解析]A项，平行直线的平行投影也可以是两条平行线： B项，平行于同一直线的两个平面可平行、可相交：C项，垂直于 同一平面的两个平面可平行、可相交；D项正确，选D. [真题2](2021·北京)若正四棱柱ABCD-A1B1C1D, 的底面边长为1，AB,与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面 ABCD的距离为 A.3 B.1 C.√2 D.3 D iD -60° A [解析]本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成 的角以及直线与平面的距离等概念.属于基础知识、基本运算的 考查.依题意，∠B1AB=60°，BB1=AB X tan60°=√3，故选D. [真题3](2021·江西)如图，在四面体ABCD中，若截面 PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的是 ( A.AC⊥BD B.AC∥截面PQMN C.AC=BD D.异面直线PM与BD所成的角为45° [解析]本题由于截面PQMN是正方形，则对应边平行且 相等，但截面的位置关系不明确，故长度关系不明确，从而可先 考查选项C,易知其不正确，而其他选项由线面的位置关系可证 明成立，从而知选C. [真题4](2018·浙江)正四面体ABCD的棱长为1，棱 AB∥平面a,则正四面体上的所有点在平面a内的射影构成的 图形面积的取值范围是 [解析]考查正四面体、点在平面内的射影、线面关系等基 础知识，空间想象能力和推理能力.由已知得当CD⊥a时，所求 西报减小为9CD/。时，所求西和最大为填号， 题源2平行关系的综合运用 [真题5](2021·天津)如图，在四棱锥P一ABCD中， PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,DB平分∠ADC,E为PC的中点， ·10 AD=CD=1,DB=22 (1)证明：PA∥平面BDE: (2)证明：AC⊥平面PBD; (3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值， [解析](1)设AC∩BD=H,连接EH D 在△ADC中，因为AD=CD,且DB平分∠ADC,所以H 为AC的中点 又由题设，E为PC的中点，故EH∥PA 又EHC平面BDE且PA中平面BDE,所以PA∥平 面BDE (2)因为PD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以PD⊥AC.由(1)可得，DB⊥AC. 又PD∩DB=D,故AC⊥平面PBD (3)由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的 射影，所以∠CBH为直线BC与平面PBD所成的角， 由AD⊥CD,AD=CD=1,DB=2√2， 可得DH=CH=E」 ?,BH=3V 2 在Rt△BHC中，tam∠CBH-H-了， 所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为 3 [真题6](2021·山东)如图，在直四楼柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD,AB=4,BC =CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD、AA1、AB的中点. (I)证明：直线EE1∥平面FCC1; (2)求二面角B一FC1一C的余弦值 [解析](1)证法一：取A1B1的中点F1,连接FF1,C1F1, D C y 由于FF1∥BB1∥CC1,所以F,∈平面FCC1, 因此平面FCC,即为平面C,CFF,, 连接A1D,F1C,由于A1F1LD1C1LCD, 所以四边形A1DCF1为平行四边形， 因此A1D∥F1C. 又EE1∥A1D,得EE1∥F,C, 而EE,庄平面FCC1,F1CC平面FCC1, 故EE1∥平面FCC1. 证法二：因为F为AB的中点，CD=2,AB=4,AB∥CD, 所以CD LAF, 5 因此四边形AFCD为平行四边形，所以AD∥FC 又CC1∥DD1,FC∩CC1=C, FCC平面FCC1,CC1C平面FCC1, 所以平面ADD1A1∥平面FCC1, 又EF:C平面ADD1A1,所以EE1∥平面FCC. (2)解法一：取FC的中点H, 因为FC=BC=FB,所以BH⊥FC 又BH⊥CC1,所以BH⊥平面FCC1 过H作HG⊥C1F于G,连接BG. D. C E D A 由于HG⊥C1F,BH⊥平面FCC1, 所以C1F⊥平面BHG,因此BG⊥C1F, 所以∠BGH为所求二面角的平面角. 在Rt△BHG中，BH=√3， 又FH=1,且△FCC1为等腰直角三角形， 所以HG=2 1√14 ,BG=√3+2 2 2 因此cos∠BGH=GH 2_7 BG √14 7 即所求二面角的余孩值为日 7 解法二：过D作DR⊥CD交AB于R,以D为坐标原点建 立如图所示的空间直角坐标系， Di F A 则F(3,1,0),B(3,3,0),C(0,2,0),C1(0,2,2) 所以FB=(0,2,0),BC1=(-√3，-1,2)，DB=(√3,3,0) 由FB=CB=CD=DF,所以DB⊥FC. 又CC1⊥平面ABCD, 所以DB为平面FCC1的一个法向量. 设平面BFC1的一个法向量为n=(x,y,之)， 则由hLF店 1得x之）·0,2,0)=0 (x,yz)·(-√3，-1,2)=0 12y=0, y=0, {-3x-y+2x=0, 3 因此n=(1,0, 2 ·10 所以cos〈DB,n〉= Di·n 3 IDB1·lnl 3+9·√1+ 3 4 7 故所求二面角的余弦值为 [真题7](2022·北京)如图，正方形ABCD和四边形 ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=√2，CE =EF=1. (1)求证：AF∥平面BDE; (2)求证：CF⊥平面BDE; (3)求二面角A一BE一D的大小. [解析](1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF =1,AG三)AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF ∥EG.因为EGC平面BDE,AF中平面BDE,所以AF∥平 面BDE. (2)因为正方形ABCD和四 边形ACEF所在的平面互相垂 直，且CE⊥AC,所以CE⊥平面 ABCD,如图，以C为原，点，建立空 间直角坐标系C一xyx,则C(0, 0,0),A(√2，√2,0)，B(0,2,0, D 0),D(√2,0,0)，E(0,0,1), 停号小证=01.成-（-0以 BE=0-1+1=0,C求.DE=-1+0+1=0.所以CF⊥BE,CF ⊥DE.所以CF⊥平面BDE. 8)由②如-（停号.）是手西BDE的-个法向量 设平面ABE的法向量n=(x,y,x),则 n·BA=0,n·BE=0. 即xy2)·(2,0,0)=0, (x,yz)·(0,-2,1)=0. 所以x=0,且之=√2y.令y=1,则x=√2.所以n=(0,1, √2). 从而cos<n,C市>=n·C庐=尽 InCF 2 因为二面角A一BE一D为锐角，所以二面角A一BE一D 的大小为后 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 题源1直线与平面、平面与平面平行的 判定与性质（★★★★★） 1.(2019·天津)设a,b为两条直线，a,B为两个平面.下列 四个命题中，正确的是 A.若a,b与a所成的角相等，则a∥b B.若a∥a,b∥B,a∥B,则a∥b C.若aCa,bCB,a∥b,则a∥B D.若a⊥a,b⊥B,a⊥B,则a⊥b 2.(2020·安徽)已知m,n是两条不同直线，a,B,y是三个 不同平面，下列命题中正确的是 () A.若m∥a,n∥B,则m∥n B.若a⊥Y,B⊥Y,则a∥B C.若m∥a,n∥B,则a∥B D.若m⊥a,n⊥a,则m∥n 3.(2019·福建)已知m、n为两条不同的直线，a,B为两个 不同的平面，则下列命题中正确的是 A.mCa,nCa,m∥B,n∥B→a∥B B.a∥B,m二a,n二B→m∥n C.m⊥a,m⊥n→n∥a D.n∥m,n⊥a→m⊥a 4.(2020·浙江)对两条不相交的空间直线a与b,必存在平 面a,使得 () A.aCa,bCa B.aCa,b∥a C.a⊥a,b⊥a D.aCa,b⊥a 5.(2021·浙江)设a,B是两个不同的平面，1是一条直线， 以下命题正确的是 () A.若l⊥a,a⊥B,则1二B B.若l∥a,a∥B,则l二B C.若l⊥a,a∥B,则l⊥3 D.若l∥a,a⊥B,则l⊥B 6.(2020·湖南)设有直线m、n和平面a、B.下列四个命题 中，正确的是 (） A.若m∥a,n∥a,则m∥n B.若mCa,nCa,m∥B,n∥B,则a∥B C.若a⊥3，m二a,则m⊥B D.若a⊥3，m⊥B,m寸a,则m∥a 题源2平行关系的综合运用（★★★★） 7.(2021·浙江)如图，DC⊥平面ABC,EB∥DC,AC=BC 。10 =EB=2DC=2,∠ACB=120°，P,Q分别为AE,AB的中点. (1)证明：PQ∥平面ACD; (2)求AD与平面ABE所成角的正弦值 8.(2021·江苏)如图，在直三棱柱ABC一A1B1C1中，E,F 分别A1B,A1C的中点，点D在B1C1上，A1DLB1C.求证： (1)EF∥平面ABC: (2)平面A1FD⊥平面BB1C1C. A D E/B 9.(2022·安微)如图，在多面体ABCDEF中，四边形 ABCD是正方形，EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90°， BF=FC,H为BC的中点. (1)求证：FH∥平面EDB; (2)求证：AC⊥平面EDB; (3)求二面角B-DE-C的大小. 07· 2022一2023高考题源拓展测试 DP未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题2.5分，共20分。每小题 为30°，那么线段CD的长的取值范围是 只有一个选项符合题意) 1.(G1)已知a,B表示平面，a,b表示直线，则a∥a的一个 A(24g 3’3 B.[1,+∞) 充分条件是 () 2√3 A.a⊥B,a⊥B B.a∩B=b,a∥b c.1.3 n5+) C.a∥b,b∥a D.a∥B,aCB 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） 2.(心1)已知两个不同的平面aB和两条不重合的直线m、 9,(守1)P是平行四边形ABCD所在平面外一点，Q是PA n,有下列四个命题 中点，则直线PC和平面BDQ的关系为 ①若m∥n,m⊥a,则n⊥a 10.(g1.2)平面a∥平面B,AB⊥a,A∈a,B∈B,AB=4, ②若m⊥a,m⊥B,则a∥B 直线aCa,直线bCB,且a∥b,点A到a的距离为2，B到b的 ③若m⊥a,m∥n,nCB,则a⊥B 距离为5，则a、b间的距离是 ④若m∥a,a∩B=n,则m∥n 其中正确命题的个数是 A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 ·M 3.(宣1)若平面a∥平面B,直线a∥平面a,当B∈3，则在 D 平面B内与过B点的所有直线中 A.不一定存在与a平行的直线 11.(G1)如图，在四面体ABCD中，M、N分别是△ACD, B.只有两条与a平行的直线 △BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是 C.存在无数条与a平行的直线 12.(心1.2)过平行六面体ABCD一A1B1C1D1任意两条棱的 D.存在唯一与a平行的直线 中点作直线，其中与平面DBB:D1平行的直线共有 条 4.(心1)若a不平行于平面a,且a吐a,则下列结论成立的是 三、解答题（本题包括5小题，每小题12分，共60分） () 13.(G1)如图，已知a∩3=l,AB∥a且AB∥3. A.a内的所有直线与a异面 求证：AB∥1. B.a内与a平行的直线不存在 C.a内存在唯一的直线与a平行 D.a内的直线与a都相交 5.(们1)两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置 关系是 ( A.平行 B.相交 C.异面 D.以上均有可能 6.(@1)若P是平面a外一点，则下列命题正确的是 A,过P只能作一条直线与平面a相交 B.过P可作无数条直线与平面a垂直 C.过P只能作一条直线与平面a平行 D.过P可作无数条直线与平面a平行 7.(了1)已知m、n为两条不同的直线，a,B为两个不同的平 面，下列四个命题中，错误的命题个数是 ( ①a∥B,mCa,n二B,则m∥n ②若m二a,n二a,且m∥B,n∥B,则a∥B ③若a⊥3，mCa,则m⊥3 ④若a⊥B,m⊥B,m寸a,则m∥a A.1 B.2 C.3 D.4 8.(1.2)已知平面a,B满足a∥B,AB和CD是夹在a与B 之间的线段，AB⊥CD,且AB=2,如果直线AB与a所成的角 ·108· 14.(了1.2)如图所示，平面内两正方形ABCD与ABEF,点 M、N分别在对角线AC、FB上，且AM:MC=FN:NB,沿 AB折成直二面角， (1)证明：折叠后MN∥平面CBE; (2)若AM：MC=2：3,在线段AB上是否存在一点G,使 平面MGN∥平面CBE？若存在试确定点G的位置. B E 15.(1.2)如图所示，在正三棱柱ABC一A1B1C1中，底面 边长是2，D是棱BC的中点，点M在棱BB1上，且BM= 号BM,又CMLAC,. (1)求证：A1B∥平面ACD: (2)求三棱锥B1一ADC1的体积. A ·10 16.(了1.2)如图所示，已知两条异面直线AB与CD所成的 角等于g且AB=m,CD=n,平面MNPQ与AB、CD都平行， 且M、N、P、Q依次在线段AC、BC、BD、AD上. (1)求证：MNPQ是平行四边形： (2)当M点在何位置时，□MNPQ的面积最大？最大面积 是多少？ 17.(G1.2)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，E是AC的 中点. (1)求证：平面BEC1⊥平面ACC1A1: (2)求证：AB1∥平面BEC1; （3)若9求二面E-5C,-C的大水 B 9··∠BED=S 故二面角B-PA-C的大小为 16.解：(1)取BD的中 点P,连结AP、PC AB AD,AP ⊥BD 同理，CP⊥BD. .∠APC为直二面角A一BD一C的平面角. ∴.∠APC=90° 'AB=AD=a,∠BAD=90°， AP-BD 2a.同理，Cp= 2. 在Rt△APC中，AC=√AP+CP=a. (2)取AC的中点Q,连结PF、FQ、QE、EP、PQ :QFL号AB.∠EFQ为异面直线EF和AB所 成的角。 :EPL号AB,EP LQF. .四边形EPFQ为平行 D 四边形. PF=- Dc=2 4.QF=- AB=70 .PF=QF,∴.平行四边形EPFQ为菱形， FE为 ∠PFQ的角平分线. 1 在Rt△APC中，PQ=2AC=2a, .△PFQ为等边三角形，∠PFQ=60°. .∠EFQ=30°，即异面直线EF与AB所成的 角为30° 17.解：(1)由已知得Vp-G= 3S△BG·PG= 3X2BG.CG·PG=gPG=4, 3 在平面ABCD内，过C作CH∥EG交AD于 H,连结PH,则∠PCH(或其补角)就是异面直线 GE与PC所成的角.（如图所示） 5 D E 在△PCH中，CH=√2，PC=√20，PH =√18， 由余弦定理得：cos∠PCH=0 10 一异面直线GE与PC所成角的余弦值为 10 (2)在平面ABCD内，过D作DM⊥GC,M为垂 足，连结MF,又DF⊥GC,DM⊥GC, .GC⊥平面MFD,.GC⊥FM, 由平面PGC⊥平面ABCD, ∴.FM⊥平面ABCD,.FM∥PG, 由GM⊥DM得： GM=GD·cos45°=3 , 3 =3, 1 2 PE 由DF⊥GC可得FC=3. §5.4直线、平面平行的判定与性质 五年高考母题原型训练 1.D【解析】考查空间线面的位置关系及空 间想象能力. 2.D【解析】由垂直于同一平面的两直线互 相平行，可得若m⊥a,n⊥a,则m∥n正确，故应 选D. 3.D【解析】将几何符号语言转换为文字语 言可得结论：同一平面a内两条直线m,n均平行于 平面B,则平面a与B平行，该命题不正确（两条直线 m,n为相交直线也正确)，即得A不正确； 分别属于两个平行平面的两条直线平行，该命题 不正确（两直线可以平行或异面），即得B不正确； 如果一条直线m垂直于平面a,直线m,n互相 垂直，则直线n平行于平面a,该命题不正确（直线n 还可以在平面a内)，即得C不正确； 两条平行直线中一条垂直于一个平面，则另一条 必垂直于该平面，该命题正确，故应选D. 4.B【解析】考查空间线面位置关系和想象 能力.可用排除法确定，选项A,当直线口，b异面时不 成立，选项C的等价结论是直线a,b平行，当直线a, b异面时不成立；选项D,直线a,b必垂直，当直线a, b不垂直时不成立.选项B不管直线a,b平行还是异 面都能得到. 5.C【解析】本题主要考查立体几何中线面位 置关系的判断.若l⊥aaLB,则1∥B或lCB,排除A:若 1∥a,a∥B,则l∥B或l二B,排除B;D显然错的.选C. 6.D 7.本题主要考查空间线线、线面位置关系、线面角 等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力， (1)证明：因为P,Q分别为AE,AB的中点， 所以PQ∥EB.又DC∥EB, 因为PQ∥DC,从而PQ∥平面ACD. (2)解：如图，连接CQ,DP. E D 因为Q为AB的中点，且AC=BC, 所以CQ⊥AB. 因为DC⊥平面ABC,EB∥DC, 所以EB⊥平面ABC. 因此CQ⊥EB,故CQ⊥平面ABE. 由(I)有PQ∥DC,又PQ=2EB=DC, 所以四边形CQPD为平行四边形， 故DP∥CQ,因此DP⊥平面ABE, ∠DAP为AD和平面ABE所成的角. 在Rt△DPA中，AD=5,DP=1,sim∠DAP 51 因此，AD和平面ABE所成角的正弦值为 8.本小题主要考查直线与平面、平面与平面的 位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力， 证明：(1)由E,F分别是A1B,A1C的中点知 ·5 EF∥BC, 因为EF寸平面ABC,BCC平面ABC, 所以EF∥平面ABC. A (2)由三棱柱ABC一A1B1C1为直三棱柱知 CC1⊥平面A1B1C1,又A1DC平面A1B1C1, 故CC1⊥A1D.又因为A1D⊥B1C,CC1∩B1C =C,CC1,B1CC平面BB1C1C,故A1D⊥平 面BB1C1C. 又A1DC平面A1FD,所以平面A1FD⊥平 面BB1C1C 9.解法一：(1)证明：设AC与BD交于点G,则 G为AC的中点，连EG,GH,又H为BC的中点，∴ GHL2AB. 又EFL?AB,EF LGH..四边形EFHG 为平行四边形. .EG∥FH.而EGC平面EDB,.FH∥平 面EDB. E D (2)证明：由四边形ABCD为正方形，有AB ⊥BC. 又EF∥AB,∴.EF⊥BC 而EF⊥FB,.EF⊥平面BFC. .EF⊥FH,.AB⊥FH. 又BF=FC,H为BC的中点， .FH⊥BC. .FH⊥平面ABCD,∴.FH⊥AC 又FH∥EG,∴.AC⊥EG. 又AC⊥BD,EG∩BD=G,'.AC⊥平面EDB. (3)EF⊥FB,∠BFC=90°，∴.BF⊥平面 CDEF. 在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的 延长线于K, 则∠FKB为二面角B一DE一C的平面角. 设EF=1,则AB=2,FC=√2，DE=√3. 又EF∥DC,.∠KEF=∠EDC. ÷sin∠EDC=sin∠KEF=YE √5 :PK=EF∠KEF-an∠FKB- BF 3 =√3， .∠FKB=60°，.二面角B-DE-C为60 解法二：四边形ABCD为正方形，.AB ⊥BC. 又EF∥AB,.EF⊥BC. 又EF⊥FB,.EF⊥平面BFC. .EF⊥FH,.AB⊥FH. 又BF=FC,H为BC的中点，∴.FH⊥BC. .FH⊥平面ABC. 以H为坐标原点，HB为x轴正向，H下为之轴 正向，建立如图所示坐标系 设BH=1,则A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1, 0,0),D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1). (1)证明：设AC与BD的交点为G,连GE,GH. 则G(0,-1,0),.GE=(0,0,1), 又H下=(0,0,1)，∴.HF∥GE. GEC平面EDB,HF不在平面EDB内， FH∥平面EBD, (2)证明：AC=(-2,2,0),C它=(0,0,1)，A亡. GE=0, ACIGE 又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴.AC⊥平面EDB. (3)BE=(-1,-1,1),BD=(-2,-2,0). 设平面BDE的法向量为n1=(1,y1,1), ·5 则BE·n1=-1-y1十x1=0,BD·n1=-2- 2y1=0, 取y1=-1,1=0,即n1=(1,-1,0). CD=(0,-2,0),CE=(1,-1,1). 设平面CDE的法向量为n2=(1,y2,:),则n ·Ci=0,y2=0,n2·CE=0,1-y2+x2=0,之= 1,故n2=(1,0,-1), n1ng 1 cosn1n:）=n1·m222-2' ∴.(n1,n2〉=60°，即二面角B-DE-C为60°. 2012一2013高考题源拓展测试 1.D 2.D 3.A【解析】当直线a在平面B内且经过B 点时，可使a∥平面a,但这时在平面B内过B点的所 有直线中，不存在与平行的直线，而在其他情况下， 都可以存在与a平行的直线，故选A. 4.B【解析】由题设知，a 和a相交，设a∩a=P,如图，在a 内过点P的直线与a共面，A错； 在a内过点P的直线与a异面，D 错：（反证）假设a内直线b∥a,则 a中a,∴a∥a,与已知矛盾，C错，故选B. 5.D6.D7.C8.C 9.PC∥平面BDQ 10.5或√65 11.平面ABC、平面ABD 12.12 13.证明：如图所示，在a上 取一点C,且C庄l. AB∥a,∴.CEAB. 过点C和AB作平面Y 则a∩y=CD,且AB∥CD.C A 在B上取一点E,且El. ,AB∥B,.E年AB 过E和AB作平面6，则8∩B=EF,且AB ∥EF. :EF∥AB,CD∥AB, .EF∥CD 'EFCB,CD￠B且CD∥EF,.CD∥B. CDCa,a∩B=l,CD∥B, .CD∥1，.AB∥1. 14.解：(1)如图所示，设 直线AN与BE交于点H,连 结CH, AF∥BH, .△AFN∽△HNB, 器分即别兴 NH MC .MN∥CH. 又MN中平面CBE,CHC平面CBE,∴.MN∥ 平面CBE. (2)存在，过M作MG⊥AB于点G, 则MG∥BC,.MG∥平面CBE,又：MN∥平 面CBE. 且MG∩MN=M,'.平面MGN∥平面CBE. 即G在AB线上，且AG：GB=AM：MC =2:3. 15.解：(1)连接A1C,交AC1于点E,连接DE, 则DE是△A1BC的中位线，DE∥A1B DEC面ADC1,AB寸面ADC .A1B∥面AC1D. (2)在正三棱柱ABC一A1B1C1中，D是BC的 中点，则AD⊥面BCCB,从而AD⊥MC,又CM⊥ AC1,则CM和面ADC1内的两条相交直线AD,AC 都垂直，.MC⊥面ADC1,于是CM⊥DC1,则 ∠CDC1与∠MCB互余，则tan∠CDC1与tan ∠MCB互为倒数，易得AA1=2√2，连结B1D, .S△B1cD=2V2,:AD⊥面B1C1D,.三棱 维B,-ADC的体积为2 16.解：(1)由于AB∥平面MNPQ,平面ABC ∩平面MNPQ=MN,则AB∥MN.同理，AB∥PQ. 由公理4，得MN∥PQ.同理MQ∥NP, 故MNPQ是平行四边形. (2)由于AB与CD所成的角于P,AB∥MN, CD∥MQ,则sin∠NMQ=sing, 设CM:MA=入：1， 则CM:CA=入：(1+A), AM:AC=1:(1+λ)， 则MN=AB· CM Am CA 1+' 5 MQ=CD· AM n AC1+ 于是SOMNPQ=MN·MQ·sin∠NMQ= Amn·sin9 mn·sin9≤mn·sin2 (1+A)(1+A) +)+2 4 其中当且仅当入=1时，SOMNPQ达到最大值 1 A mnsing. 故当M点位于AC中点时，口MNPQ的面积最 大，最大面积等于4 mnsing,. 17.解：(1)ABC一A1B1C1是正三棱柱， AA1⊥平面ABC,则BE⊥AA1. :△ABC是正三角形，E是AC的中点， .BE⊥AC. AC∩AA1=A, .BE⊥平面ACC1A· 又BEC平面BEC1, .平面BEC1⊥平面ACC1A. (2)连结B1C,设 B B BC1∩B1C=D. ABC -ABC 是正三棱柱，.四边形 BCC1B:是矩形，D是 B1C的中点. E是AC的中点， .AB1∥DE.又DEC平面BEC1,AB1庄平面 BEC1,.AB1∥平面BEC1. (3)作CF⊥EC1于点F,FG⊥BC1于点G,连 结CG. 平面BEC1⊥平面ACC1A1, ∴.CF⊥平面BEC1. 故FG是CG在平面BEC1上的射影 根据三垂线定理得，CG⊥BC1.于是∠CGF是二 面角E-一BC1一C的平面角， 设AB=a,由4A-2 AB=?,则A1A= 2. 在R△ECC,中，CF=EC·CC-5 EC a. 在R△BCC,中，CG=BC:CC- BC 3a. 在△CFG中，m∠cGF-需-号，所以 ∠CGF=45°. 于是二面角E一BC1一C的大小是45° §5.5直线、平面垂直的判定与性质 五年高考母题原型训练 1,C【解析】由直线与平面垂直的判定定理 可知，l垂直于a内任一条直线，故必要性成立，而1 垂直于Q内两条相交直线时，l与Q垂直，故充分性不 成立，故选C. 2.A【解析】由已知AB应与AC所在平面 垂直，点C的轨迹为AC所在平面与平面的交线，即 直线.故选A. 3.①③【解析】如图，B、D到平面a的距离 3 为1,2，则DB的中点到平面a的距离为2，所以C 到平面a的距离为3； B、C到平面a的距离为1.2，D到平面a的距离 为x,则x十1=2即x=1,所以D到平面a的距离 为1： C、D到平面a的距离为1.2，同理可得B到平面 a的距离为1：所以选①③. 4.①③④⑤【解 D 析】如图，B、D、A1到 53 平面a的距离分别为1， 2,4,则D、A1的中点到 平面a的距离为3，所以 02 D1到平面a的距离为6：B、A1的中，点到平面a的距 5 离为2，所以B1到平面a的距离为5；则D、B的中 点到平面。的距离为三，所以C到平面。的距离为 3:C,A1的中点到平面。的距离为子，所以C1到平 面a的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所 以选①③④⑤. 5.解法一：(1)由已知DF LAB且∠DAB为直 ·6 角，故ABFD是矩形.从而CD⊥BF. 又PA⊥底面 P ABCD,CD⊥AD,故由 三垂线定理知CD⊥PD. 在△PDC中，E、F分别 为PC、CD的中点，故 EF∥PD,从而CD⊥EF,由此得CD⊥平面BEF, (2)连接AC交BF于G,易知G为AC的中点， 连接EG,则在△PAC中易知EG∥PA. 又因PA⊥底面ABCD,故EG⊥底面ABCD.在 底面ABCD中，过G作GH⊥BD,垂足为H,连接 EH,由三垂线定理知EH⊥BD,从而∠EHG为二面 角E一BD-C的平面角， 设AB=a,则在△PAC中，有BG=合PA- 以下计算GH,考虑底面的平面图（如图）.连 接GD, BD·GH D 因S△GBD= 2 2GB·DF, 放GH=GB·DF BD 在△ABD中，因AB=a, AD=2a,得BD=√5a. 前GB=FB=之AD=a,DF=AB,从可得 GH= GB·AB_a·a_V5 BD √5a 5a. 1 因此tan∠EHG= EG 2ka GH 2 由k>0知∠EHG是锐角，故要使∠EHG >30°， 必须 6>tan30° 3 解之得，k的范围为>25 15· 解法二：(1)如图， ↑z 以A为原点，AB所在