第30讲 直线、平面平行的判定与性质讲义-2027届高三数学一轮复习

第30讲 直线、平面平行的判定与性质 内 容 导 航 知识点1 直线与平面平行的判定与性质 知识点2 平面与平面平行的判定与性质 知识点3 平行关系的相互转化 知识点4 直线与平面平行的判定与证明 知识点5 平面与平面平行的判定与证明 知识点6 平行关系的性质应用 知识点7 平行关系中的动点与探究问题 知识点8 平行关系的综合应用 题型1 平行公理 题型2 直线与平面平行 题型3 平面与平面平行 知 识 点 通 关 知识点1 直线与平面平行的判定与性质 一、直线与平面平行的定义 如果一条直线与一个平面没有公共点，那么这条直线与这个平面平行，记作。 二、直线与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行 a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α 证明直线与平面平行 三、直线与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 证明直线与直线平行 四、核心说明 判定定理的三个条件 “面外直线、面内直线、线线平行” 缺一不可，是证明线面平行的核心依据； 性质定理实现了 “线面平行” 向 “线线平行” 的转化，是空间中找平行线的重要方法。 知识点2 平面与平面平行的判定与性质 一、平面与平面平行的定义 如果两个平面没有公共点，那么这两个平面互相平行，记作。 二、平面与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β 证明平面与平面平行 推论 一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行 —— 证明平面与平面平行 三、平面与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质 1 两个平面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面 证明线面平行 性质 2 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 证明线线平行 四、核心结论 (1)如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都与另一个平面平行． (2)如果一条直线和两个平行平面中的一个相交，那么它也和另一个平面相交． (3)夹在两个平行平面间的所有平行线段相等． 知识点3 平行关系的相互转化 一、转化逻辑 平行关系的证明与应用核心是转化思想，三类平行关系可相互推导： 判定方向：线线平行 → 线面平行 → 面面平行（低维→高维） 性质方向：面面平行 → 线面平行 → 线线平行（高维→低维） 二、证明线线平行的常用方法 平行公理（公理 4）：平行于同一条直线的两条直线互相平行； 平面几何法：三角形中位线定理、平行四边形对边平行、平行线分线段成比例； 线面平行的性质定理：线面平行→线线平行； 面面平行的性质定理：面面平行→交线平行； 线面垂直的性质：垂直于同一个平面的两条直线互相平行。 知识点4 直线与平面平行的判定与证明 方法技巧 证明线面平行的三大常用方法： 1. 中位线法：图形中出现中点时，优先构造三角形中位线，利用中位线平行于底边证明线线平行； 2. 平行四边形法：通过构造平行四边形，利用对边平行且相等证明线线平行； 3. 面面平行法：先证明过该直线的平面与已知平面平行，再由面面平行的性质推导线面平行。 易错分析 1. 证明时遗漏 “直线在平面外”“直线在平面内” 两个关键条件，直接由线线平行得线面平行； 2. 中位线、平行四边形构造错误，导致线线平行的依据不成立； 3. 跳步证明，未说明点的中点身份，直接得出中位线结论。 知识点5 平面与平面平行的判定与证明 方法技巧 证明面面平行的常用方法： 1. 判定定理法：证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面（最常用）； 2. 推论法：证明一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线； 3. 传递性法：证明两个平面都平行于第三个平面，利用平行的传递性； 4. 线面垂直法：证明两个平面都垂直于同一条直线。 易错分析 1. 忽略 “两条相交直线” 的核心前提，误用两条平行直线判定面面平行； 2. 证明线面平行时条件不全，导致面面平行的推导依据不充分； 3. 混淆面面平行的判定与性质，逻辑推导方向颠倒。 知识点6 平行关系的性质应用 方法技巧 平行关系性质的应用思路： 1. 线面平行性质：已知线面平行，构造过该直线的辅助平面，找到与已知平面的交线，转化为线线平行； 2. 面面平行性质：已知面面平行，寻找第三个平面与两平面的交线，得到线线平行，常用于线段比例、长度计算； 3. 核心作用：实现 “高维平行” 向 “低维平行” 的转化，将空间问题平面化。 易错分析 1. 利用线面平行性质时，未构造辅助平面，无法找到交线，推导线线平行缺乏依据； 2. 面面平行性质应用时，忽略 “两平面同时与第三个平面相交” 的条件，直接得出线线平行； 3. 比例计算时，对应线段的比例关系找错，导致计算结果错误。 知识点7 平行关系中的动点与探究问题 方法技巧 平行关系中动点与探究问题的解题策略： 1. 先猜后证法：先根据中点、三等分点等特殊位置猜想结论，再严格证明； 2. 轨迹分析法：分析动点满足的平行条件，确定动点的轨迹（线段、直线等）； 3. 存在性问题：先假设存在，利用平行条件建立等量关系，求解后验证合理性。 易错分析 1. 忽略动点的取值范围（棱上、面上的边界），得出的结论超出几何边界； 2. 假设存在后，平行条件使用错误，推导过程逻辑不严谨； 3. 体积、距离类问题，不会利用平行关系转化为定值分析。 知识点8 平行关系的综合应用 方法技巧 平行关系综合应用的解题思路： 1. 明确证明或计算目标，选择合适的转化方向（线线→线面→面面，或反向）； 2. 结合几何体的结构特征，挖掘隐含的平行、垂直关系，简化推导； 3. 计算类问题，利用平行关系得到相似三角形，转化为比例计算面积、长度。 易错分析 1. 转化逻辑混乱，线线、线面、面面平行的推导方向颠倒； 2. 综合问题中条件梳理不清，遗漏几何体本身的几何性质； 3. 面积计算时，混淆相似比与面积比的关系（面积比为相似比的平方）。 考 点 演 练 题型1 平行公理 【典例1】已知AB∥PQ，BC∥QR，∠ABC＝60°，则∠PQR等于（　　） A．60° B．60°或120° C．120° D．以上结论都不对 【变式1】若AB∥A'B'，AC∥A'C'，则有（　　） A．∠BAC＝∠B'A'C' B．∠BAC+∠B'A'C'＝180° C．∠BAC＝∠B'A'C'或∠BAC+∠B'A'C'＝180° D．∠BAC+∠B'A'C'＝90° 题型2 直线与平面平行 【典例1】在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M为BC的中点，则以下结论错误的是（　　） A．AM∥面A1B1C1 B．A1M⊥BC C．A1C∥面AB1M D．BC1⊥平面A1B1C 【变式1】已知直线l、m和平面α，若m⊂α，则“l与m不相交”是“l∥α”的（　　） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 题型3 平面与平面平行 【典例1】设α，β为两个不同的平面，且直线l是平面α内的一条直线，则l∥β是α∥β的（　　） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【变式1】已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　） A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β B．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n⇒m⊥β C．m⊥α，m⊥n⇒n∥α D．n∥m，n⊥α⇒m⊥α 过 关 验 收 1．如果OA∥O′A′，OB∥O′B′，那么∠AOB和∠A′O′B′（　　） A．互补 B．可能相等，也可能互补 C．大小无关 D．相等 2．已知∠BAC＝40°，AB∥A′B′，AC∥A′C′，则∠B′A′C′＝（　　） A．40° B．140° C．40°或140° D．大小无法确定 3．已知角α的两边和角β的两边分别平行且α＝80°，则β＝　 　 ． 4．设∠A与∠B的两边分别平行，若∠A＝40°，则∠B＝　　 　 ． 5．设∠A与∠B的两边分别平行，若∠A＝45°，则∠B的大小为 　　 　 ． 6．已知直线l，m，平面α，β，下列命题中正确的是（　　） A．若l∥α，m⊂α，则l∥m B．若l⊥α，m⊥α，则l∥m C．若l∥α，l∥β，则α∥β D．若l⊥α，l⊥m，则m∥α 7．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，（　　） A． B． C． D． 8．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱BB1的中点，N是正方形BCC1B1内的动点（包含边界），且DN∥平面AMD1，则点N的轨迹长度为（　　） A． B． C． D． 9．《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”P﹣ABCD如图所示，侧棱PA⊥底面ABCD，且AB＝AD，点E在棱PC上运动．则下列说法正确的是（　　） A．存在点E，使得AE∥BP B．不存在点E，使得BE∥平面PAD C．对于任意点E，BE⊥CD成立 D．对于任意点E，平面PAC⊥平面BDE成立 10．如图所示，AB为圆锥SO的底面圆的直径，N为母线SA的中点，点C为底面圆上异于A，B的任一点，则圆O上存在点M满足（　　） A．MN//SC B．MN∥平面SBC C．SM⊥AC D．AM⊥平面SBC 11．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F、G分别为AB、BC、A1D1的中点，则（　　） A．直线BD1∥平面EFG B．直线DB1⊥平面EFG C．平面EFG截该正方体所得截面的周长为 D．直线EG截该正方体的外接球的弦长为 12．平面α⊥平面β，直线a⊂α，直线b∥α，b∥β，a在β内的射影是直线a′，则b与a′的位置关系是　 ． 13．如图，AC是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，B为圆周上不同于A，C的点，AC＝PA＝2，AB＝1． （1）若M为PA的中点，证明：OM∥平面PBC； （2）求平面APC与平面PCB的夹角的余弦值． 14．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，且AD＝2，BC＝2a，AD与BC之间的距离为.侧面PAD为等边三角形，点E，F分别是PA，DC的中点，平面PAD⊥平面ABCD． （1）求证：EF∥平面PBC； （2）若，求平面PAB与平面PCD夹角余弦值． 15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，且，设E，F分别为PC，BD的中点． （1）求证：EF∥平面PAD； （2）求证：平面PAB⊥平面PDC； （3）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值大小． 16．设α，β，γ是三个不同平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，则“l∥m”是“α∥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 17．已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都等于3，点G是△PAC的重心，过点G作平面α，若平面α∥平面PCD，则平面α截正四棱锥P﹣ABCD的截面面积为（　　） A． B． C． D． 18．已知圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1＝1，r2＝2，母线l＝3．AB是下底面⊙O2的直径，点C在下底面⊙O2圆周上，且AC＝BC，点D是上底面⊙O1圆周上的动点，则下列结论正确的有（　　） A．该圆台存在内切球，且内切球半径为 B．存在两个点D，使点B到平面ACD的距离为 C．存在点D，使过点A的母线与平面BCD平行 D．存在点D，使得平面ACD⊥平面BCD 19．已知棱长为3的正四面体ABCD，E为AD的中点，动点P满足PA＝2PD，平面α经过点D，且平面α∥平面BCE，则平面α截点P的轨迹所形成的图形的周长为　 ． 20．如图，该几何体是由半圆锥PO和三棱锥P﹣ABC组合而成的，H为半圆弧AB的中点，A，B，C，H四点共面，△PAB是边长为10的正三角形，BC＝8，AC＝6，在半圆弧AB上取一点F，使得AF∥BC，连接PF，D，E分别为线段PA，PF的中点． （1）证明：平面ODE∥平面PBC． （2）求异面直线BH与OE所成角的余弦值． 21．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝2，AA1＝1，D，E，D1，E1分别是棱AC，BC，A1C1，B1C1的中点． （1）证明：平面C1DE∥平面ABE1D1； （2）求平面C1DE与平面A1B1ED夹角的余弦值． 22．如图1，△ABE是边长为2的正三角形，四边形BCDE是一个梯形；其中BE∥CD，ED＝DC＝CB＝1．现在沿着BE把△ABE折起到△A1BE的位置，连接A1C，A1D，且使得A1C＝2，如图2． （1）求证：平面A1BE⊥BCDE； （2）求平面A1BE与平面A1CD夹角的余弦值． 23．如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′位置，且平面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C（如图2）． （1）求证：平面A′EB∥平面D′FC； （2）求平面AA′D′与平面BA′D′夹角的余弦值； （3）若C，E，F，D′四点在一个球面上，求这个球的体积． 24．长方形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E、F分别为边BC、AD的中点（如图1）．若将长方形ABEF沿着边EF翻折，得到二面角A1﹣EF﹣D（如图2）．已知二面角A1﹣EF﹣D的大小为60°． （1）求证：平面A1FD∥平面B1EC； （2）求直线CA1与平面A1B1EF所成角的大小．（结果用反三角表示） 学科网（北京）股份有限公司 $ 第30讲 直线、平面平行的判定与性质 内 容 导 航 知识点1 直线与平面平行的判定与性质 知识点2 平面与平面平行的判定与性质 知识点3 平行关系的相互转化 知识点4 直线与平面平行的判定与证明 知识点5 平面与平面平行的判定与证明 知识点6 平行关系的性质应用 知识点7 平行关系中的动点与探究问题 知识点8 平行关系的综合应用 题型1 平行公理 题型2 直线与平面平行 题型3 平面与平面平行 知 识 点 通 关 知识点1 直线与平面平行的判定与性质 一、直线与平面平行的定义 如果一条直线与一个平面没有公共点，那么这条直线与这个平面平行，记作。 二、直线与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行 a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α 证明直线与平面平行 三、直线与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 证明直线与直线平行 四、核心说明 判定定理的三个条件 “面外直线、面内直线、线线平行” 缺一不可，是证明线面平行的核心依据； 性质定理实现了 “线面平行” 向 “线线平行” 的转化，是空间中找平行线的重要方法。 知识点2 平面与平面平行的判定与性质 一、平面与平面平行的定义 如果两个平面没有公共点，那么这两个平面互相平行，记作。 二、平面与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β 证明平面与平面平行 推论 一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行 —— 证明平面与平面平行 三、平面与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质 1 两个平面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面 证明线面平行 性质 2 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 证明线线平行 四、核心结论 (1)如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都与另一个平面平行． (2)如果一条直线和两个平行平面中的一个相交，那么它也和另一个平面相交． (3)夹在两个平行平面间的所有平行线段相等． 知识点3 平行关系的相互转化 一、转化逻辑 平行关系的证明与应用核心是转化思想，三类平行关系可相互推导： 判定方向：线线平行 → 线面平行 → 面面平行（低维→高维） 性质方向：面面平行 → 线面平行 → 线线平行（高维→低维） 二、证明线线平行的常用方法 平行公理（公理 4）：平行于同一条直线的两条直线互相平行； 平面几何法：三角形中位线定理、平行四边形对边平行、平行线分线段成比例； 线面平行的性质定理：线面平行→线线平行； 面面平行的性质定理：面面平行→交线平行； 线面垂直的性质：垂直于同一个平面的两条直线互相平行。 知识点4 直线与平面平行的判定与证明 方法技巧 证明线面平行的三大常用方法： 1. 中位线法：图形中出现中点时，优先构造三角形中位线，利用中位线平行于底边证明线线平行； 2. 平行四边形法：通过构造平行四边形，利用对边平行且相等证明线线平行； 3. 面面平行法：先证明过该直线的平面与已知平面平行，再由面面平行的性质推导线面平行。 易错分析 1. 证明时遗漏 “直线在平面外”“直线在平面内” 两个关键条件，直接由线线平行得线面平行； 2. 中位线、平行四边形构造错误，导致线线平行的依据不成立； 3. 跳步证明，未说明点的中点身份，直接得出中位线结论。 知识点5 平面与平面平行的判定与证明 方法技巧 证明面面平行的常用方法： 1. 判定定理法：证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面（最常用）； 2. 推论法：证明一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线； 3. 传递性法：证明两个平面都平行于第三个平面，利用平行的传递性； 4. 线面垂直法：证明两个平面都垂直于同一条直线。 易错分析 1. 忽略 “两条相交直线” 的核心前提，误用两条平行直线判定面面平行； 2. 证明线面平行时条件不全，导致面面平行的推导依据不充分； 3. 混淆面面平行的判定与性质，逻辑推导方向颠倒。 知识点6 平行关系的性质应用 方法技巧 平行关系性质的应用思路： 1. 线面平行性质：已知线面平行，构造过该直线的辅助平面，找到与已知平面的交线，转化为线线平行； 2. 面面平行性质：已知面面平行，寻找第三个平面与两平面的交线，得到线线平行，常用于线段比例、长度计算； 3. 核心作用：实现 “高维平行” 向 “低维平行” 的转化，将空间问题平面化。 易错分析 1. 利用线面平行性质时，未构造辅助平面，无法找到交线，推导线线平行缺乏依据； 2. 面面平行性质应用时，忽略 “两平面同时与第三个平面相交” 的条件，直接得出线线平行； 3. 比例计算时，对应线段的比例关系找错，导致计算结果错误。 知识点7 平行关系中的动点与探究问题 方法技巧 平行关系中动点与探究问题的解题策略： 1. 先猜后证法：先根据中点、三等分点等特殊位置猜想结论，再严格证明； 2. 轨迹分析法：分析动点满足的平行条件，确定动点的轨迹（线段、直线等）； 3. 存在性问题：先假设存在，利用平行条件建立等量关系，求解后验证合理性。 易错分析 1. 忽略动点的取值范围（棱上、面上的边界），得出的结论超出几何边界； 2. 假设存在后，平行条件使用错误，推导过程逻辑不严谨； 3. 体积、距离类问题，不会利用平行关系转化为定值分析。 知识点8 平行关系的综合应用 方法技巧 平行关系综合应用的解题思路： 1. 明确证明或计算目标，选择合适的转化方向（线线→线面→面面，或反向）； 2. 结合几何体的结构特征，挖掘隐含的平行、垂直关系，简化推导； 3. 计算类问题，利用平行关系得到相似三角形，转化为比例计算面积、长度。 易错分析 1. 转化逻辑混乱，线线、线面、面面平行的推导方向颠倒； 2. 综合问题中条件梳理不清，遗漏几何体本身的几何性质； 3. 面积计算时，混淆相似比与面积比的关系（面积比为相似比的平方）。 考 点 演 练 题型1 平行公理 【典例1】已知AB∥PQ，BC∥QR，∠ABC＝60°，则∠PQR等于（　　） A．60° B．60°或120° C．120° D．以上结论都不对 【答案】B 【解答】解：∵AB∥PQ，BC∥QR， 且∠ABC＝60°， ∴∠PQR＝60°或120° 故选：B． 【变式1】若AB∥A'B'，AC∥A'C'，则有（　　） A．∠BAC＝∠B'A'C' B．∠BAC+∠B'A'C'＝180° C．∠BAC＝∠B'A'C'或∠BAC+∠B'A'C'＝180° D．∠BAC+∠B'A'C'＝90° 【答案】C 【解答】解：根据平行公理知，若AB∥A′B′，AC∥A′C′， 则有∠BAC＝∠B′A′C′或∠BAC+∠B′A′C′＝180°． 故选：C． 题型2 直线与平面平行 【典例1】在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M为BC的中点，则以下结论错误的是（　　） A．AM∥面A1B1C1 B．A1M⊥BC C．A1C∥面AB1M D．BC1⊥平面A1B1C 【答案】D 【解答】解：如图： 对于选项A：因为ABC﹣A1B1C1为正三棱柱， 所以平面ABC∥平面A1B1C1，AM⊂平面ABC， 所以AM∥面A1B1C1.故选项A正确； 对于选项B：因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥AA1， 因为△ABC是正三角形，且M为BC中点，所以BC⊥AM， AM，AA1⊂平面AA1M，且AM∩AA1＝A， 所以BC⊥平面AA1M， A1M⊂平面AA1M，所以A1M⊥BC．故选项B正确； 对于选项C：连接A1B和AB1，相交于点N， 因为ABC﹣A1B1C1为正三棱柱，所以N为A1B中点， 又因为M为BC的中点，所以MN∥A1C， 又因为A1C⊄平面AB1M，MN⊂平面AB1M， 所以A1C∥平面AB1M．故选项C正确； 对于选项D：假设BC1⊥平面A1B1C，因为B1C⊂平面A1B1C， 所以BC1⊥B1C， 这需要四边形BCC1B1是正方形才可以， 而条件中并无四边形BCC1B1是正方形，所以假设不成立，故选项D错误． 故选：D． 【变式1】已知直线l、m和平面α，若m⊂α，则“l与m不相交”是“l∥α”的（　　） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】B 【解答】解：当直线l与平面α相交，且交点不在直线m上时，满足“l与m不相交”， 但“l∥α”不成立，故充分性不成立； 若l∥α，则l与α无交点，所以“l与m不相交”，故必要性成立． 故选：B． 题型3 平面与平面平行 【典例1】设α，β为两个不同的平面，且直线l是平面α内的一条直线，则l∥β是α∥β的（　　） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解答】解：根据面面平行的性质，由α∥β，l为平面内α的一条直线，得到l∥β， 当l∥β，则α∥β或相交， 故l∥β是α∥β的必要不充分条件， 故选：C． 【变式1】已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　） A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β B．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n⇒m⊥β C．m⊥α，m⊥n⇒n∥α D．n∥m，n⊥α⇒m⊥α 【答案】D 【解答】解：同一平面α内两条直线m，n均平行于平面β，则平面α与β平行， 该命题不正确（两条直线m，n为相交直线即正确），即得A不正确； α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，但m不一定在α内，不满足面面垂直性质定理的条件，无法推出m⊥β，即得B不正确； 如果一条直线m垂直于平面α，直线m，n互相垂直，则直线n平行于平面α， 该命题不正确（直线n还可以在平面α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． 故选：D． 过 关 验 收 1．如果OA∥O′A′，OB∥O′B′，那么∠AOB和∠A′O′B′（　　） A．互补 B．可能相等，也可能互补 C．大小无关 D．相等 【答案】B 【解答】解：若∠AOB和∠A′O′B′的方向相同，则∠AOB＝∠A′O′B′，若∠AOB和∠A′O′B′的方向相反，则∠AOB+∠A′O′B′＝π，即∠AOB和∠A′O′B′互补． 故选：B． 2．已知∠BAC＝40°，AB∥A′B′，AC∥A′C′，则∠B′A′C′＝（　　） A．40° B．140° C．40°或140° D．大小无法确定 【答案】C 【解答】解：利用等角定理，如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补， 故AB∥A′B′，AC∥A′C′， 则有∠BAC＝∠B′A′C′或∠BAC+∠B′A′C′＝180°， 又∠BAC＝40°， 所以∠B′A′C′＝40°或140°． 故选：C． 3．已知角α的两边和角β的两边分别平行且α＝80°，则β＝　 　 ． 【答案】80°或100°． 【解答】解：由等角定理可知，α＝β或α+β＝180°，∴β＝100°或80°． 故答案为：80°或100°． 4．设∠A与∠B的两边分别平行，若∠A＝40°，则∠B＝　　 　 ． 【答案】40°或140°． 【解答】解：如图， 因为a∥b 所以∠1＝∠α，∠2+∠α＝180°， 因为c∥d， 所以∠1＝∠3，∠2＝∠4， 所以∠3＝∠α，∠4+∠α＝180°， 即若两角的两边互相平行，则这两个角相等或互补． 所以∠β与∠α相等或互补， 因为∠α＝40°， 所以∠β＝40°或140°， 故答案为：40°或140°． 5．设∠A与∠B的两边分别平行，若∠A＝45°，则∠B的大小为 　　 　 ． 【答案】45°或135° 【解答】解：∵∠α的两边和∠β的两边分别平行， ∴∠α与∠β相等或互补， ∵∠α＝45°， ∴∠β＝45°或∠β＝180°﹣45°＝135°， 故答案为：45°或135°． 6．已知直线l，m，平面α，β，下列命题中正确的是（　　） A．若l∥α，m⊂α，则l∥m B．若l⊥α，m⊥α，则l∥m C．若l∥α，l∥β，则α∥β D．若l⊥α，l⊥m，则m∥α 【答案】B 【解答】解：对于A：若l∥α，m⊂α，则直线l与平面α内的直线m可能平行，也可能异面．故A不正确； 对于B：若 l⊥α，m⊥α，根据“垂直于同一个平面的两条直线平行”这一性质定理，可知l∥m．故B正确； 对于C：若l∥α，l∥β，则平面α与β可能平行，也可能相交．例如，若直线l平行于两个相交平面的交线， 则l同时平行于这两个平面，但这两个平面是相交的．故C不正确； 对于D：若 l⊥α，l⊥m，则直线m可能平行于平面α，也可能在平面α内（m⊂α），故D不正确． 故选：B． 7．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：连接AC与BE相交于点O，连接FO，如图所示， PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FO，∴PA∥FO，则有． ∠AOE＝∠BOC，∠AEO＝∠CBO，△AEO∽△CBO，． 平行四边形ABCD，E为AD的中点，，所以． 故选：D． 8．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱BB1的中点，N是正方形BCC1B1内的动点（包含边界），且DN∥平面AMD1，则点N的轨迹长度为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：由题意，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M是棱BB1的中点，N是正方形BCC1B1内的动点（包含边界），且DN∥平面AMD1， 建立以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴的空间直角坐标系， 则D（0，0，0），A（1，0，0），，D1（0，0，1）， 可得，， 设平面AMD1的法向量，则， 可得， 解得， 取z＝2，则x＝2，y＝﹣1，可得， 由N是正方形BCC1B1内的动点（包含边界），可设N（m，1，n），其中m∈[0，1]，n∈[0，1]， 则， 由于DN∥平面AMD1， 可得，可得，可得2m﹣1+2n＝0，所以， 当m＝0时，，此时为CC1中点； 当n＝0时，，此时为BC中点， 连接N1N2，可得AM∥DN1，AD1∥N1N2，且AM∩AD1＝A，DN2∩N1N2＝N2， 可得平面AMD1∥平面DN1N2， 可得点N的轨迹为线段N1N2， 可得轨迹长． 故选：D． 9．《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”P﹣ABCD如图所示，侧棱PA⊥底面ABCD，且AB＝AD，点E在棱PC上运动．则下列说法正确的是（　　） A．存在点E，使得AE∥BP B．不存在点E，使得BE∥平面PAD C．对于任意点E，BE⊥CD成立 D．对于任意点E，平面PAC⊥平面BDE成立 【答案】D 【解答】解：对于选项A：若AE∥BP，又AE⊂平面APC，BP⊄平面APC， ∴BP∥平面APC， 这与BP∩平面APC＝P矛盾，∴不存在点E，使得AE∥BP，故选项A不正确； 对于选项B：当E移动到点C时，可得BE∥AD，AD⊂平面PAD，BE⊄平面PAD， ∴BE∥平面PAD，故存在点E，使得BE∥平面PAD，故选项B不正确； 对于选项C：若对于任意点E，BE⊥CD，又四边形ABCD为长方形，∴CD⊥BC， 又BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面PBC，∴CD⊥平面PBC， 又∵PC⊂平面PBC，∴CD⊥PC， 又侧棱PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD， ∴PA⊥CD， 又∵PA∩PC＝P，PA，PC⊂底面PAC， ∴CD⊥底面PAC， 又∵AC⊂底面PAC，∴CD⊥AC，又BC⊥CD， 这与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾， ∴对于任意点E，BE⊥CD不成立，故选项C不正确； 对于选项D：由正方形ABCD，可得AC⊥BD， 又∵侧棱PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴PA⊥BD， 又∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂底面PAC， ∴BD⊥底面PAC， 又∵BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE，故选项D正确． 故选：D． 10．如图所示，AB为圆锥SO的底面圆的直径，N为母线SA的中点，点C为底面圆上异于A，B的任一点，则圆O上存在点M满足（　　） A．MN//SC B．MN∥平面SBC C．SM⊥AC D．AM⊥平面SBC 【答案】BC 【解答】解：对于A，若存在点M使得MN∥SC，则M，N，S，C四点共面， 因为A∈SN，所以A∈平面MNSC， 易得A，M，C为平面MNSC与平面ABC的公共点， 所以A，M，C三点共线，与题设矛盾，故A错误； 对于B，如图所示， 过点O作OM∥BC，交劣弧AC于点M，连接ON． 由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB， 由于OM⊄平面SBC，BC⊂平面SBC， 所以OM∥平面SBC， 讨论可证得ON∥平面SBC， 又因为OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC， 因为MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，故B正确； 对于C，由AB为底面圆的直径，可知AC⊥CB， 又OM∥BC，所以AC⊥OM， 又易知AC⊥SO，SO∩OM＝O， 因此AC⊥平面SMO，SM⊂平面SMO，可得SM⊥AC，故C正确； 对于D，假设存在点M使AM⊥平面SBC，则AM⊥SB， 又因为AM⊥SO，SO∩SB＝S， 所以AM⊥平面SBO， 故平面SBC∥平面SBO，与题意不符，故D错误． 故选：BC． 11．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F、G分别为AB、BC、A1D1的中点，则（　　） A．直线BD1∥平面EFG B．直线DB1⊥平面EFG C．平面EFG截该正方体所得截面的周长为 D．直线EG截该正方体的外接球的弦长为 【答案】BCD 【解答】解：分别取C1D1、C1C、A1A的中点H、Q、P，连结GH、HQ、QF、GP、PE，如图所示： 由题意知，GH∥EF，GH＝EF，GP∥QF，GP＝QF，PE∥HQ，PE＝HQ， 且E、F、Q、H、G、P六点共面，即平面EFG拓展为正六边形EFQHGP． 对于A，由作图知，直线BD1与正六边形EFQHGP有公共点， 则直线BD1∥平面EFG不成立，选项A错误； 对于B，由三垂线定理知，DB1⊥EF，DB1⊥PE． 因为EF∩PE＝E，EF⊂平面EFG，PE⊂平面EFG， 所以直线DB1⊥平面EFG，选项B正确； 对于C，平面EFG截该正方体为正六边形EFQHGP． 由正方体的棱长为2，得正六边形EFQHGP的边长为， 则正六边形的周长为6，选项C正确； 对于D，正方体的外接球球心即为正方体的中心，是BD1与DB1的交点O． 正方体的外接球的半径R，OE＝OG，EG． 球心到直线EG的距离d， 所以直线EG截该正方体的外接球弦长为22，选项D正确． 故选：BCD． 12．平面α⊥平面β，直线a⊂α，直线b∥α，b∥β，a在β内的射影是直线a′，则b与a′的位置关系是　 ． 【答案】平行． 【解答】解：因为平面α⊥平面β，直线a⊂α，a在β内的射影是直线a′， 所以α∩β＝a′， 又b∥α，b∥β，所以可得b∥a′． 故答案为：平行． 13．如图，AC是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，B为圆周上不同于A，C的点，AC＝PA＝2，AB＝1． （1）若M为PA的中点，证明：OM∥平面PBC； （2）求平面APC与平面PCB的夹角的余弦值． 【答案】（1）因为AC是⊙O的直径，所以O为AC的中点， 又M为PA的中点，所以OM∥PC， 又PC⊂平面PBC，OM⊄平面PBC， 所以OM∥平面PBC； （2）． 【解答】（1）证明：因为AC是⊙O的直径，所以O为AC的中点， 又M为PA的中点，所以OM∥PC， 又PC⊂平面PBC，OM⊄平面PBC， 所以OM∥平面PBC； （2）解：因为B在圆周上，AC＝2AB，AC是⊙O的直径， 所以∠ABC＝90°，∠ACB＝30°， 因为AB＝1，所以， 在平面ABC内，过点A作AC的垂线AD， 因为PA⊥平面ABC，AD，AC⊂平面ABC， 所以PA⊥AD，PA⊥AC，所以AD，AC，AP两两垂直， 以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ． 设，则是平面APC的一个法向量． 因为， 设是平面PCB的法向量， 则，即，令y＝1 可取， 可得10×1+0×1，||＝1，||， 所以cos，， 设平面APC与平面PCB的夹角为θ， 则． 即平面APC与平面PCB的夹角的余弦值为． 14．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，且AD＝2，BC＝2a，AD与BC之间的距离为.侧面PAD为等边三角形，点E，F分别是PA，DC的中点，平面PAD⊥平面ABCD． （1）求证：EF∥平面PBC； （2）若，求平面PAB与平面PCD夹角余弦值． 【答案】（1）设AB中点为G，连接EG，FG， 则EG∥PB，FG∥BC， 又EG⊄平面PBC，PB⊂平面PBC， 所以EG∥平面PBC，同理FG∥平面PBC， 因为EG⊂平面EFG，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，得证； （2）． 【解答】解：（1）证明：设AB中点为G，连接EG，FG， 则EG∥PB，FG∥BC， 又EG⊄平面PBC，PB⊂平面PBC， 所以EG∥平面PBC，同理FG∥平面PBC， 因为EG⊂平面EFG，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，得证； （2）取AD中点为O，BC的中点为H，连接PO，OH， 由于△PAD为等边三角形， 可得PO⊥AD， 由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 可得PO⊥平面ABCD， 由于底面ABCD为等腰梯形，O，H分别是AD，BC的中点， 可得OH⊥AD， 由于OA，OH，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OA，OH，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 可得A（1，0，0），，，D（﹣1，0，0），， 由于， 可得， 可得解得a＝3， 设平面PAB的法向量为， 可得，， 可得， 不妨令， 解得y＝﹣2，z＝1， 可得， 设平面PCD的法向量为， 可得，， 则， 不妨令， 解得b＝2，c＝﹣1， 可得， 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ， 则cosθ＝|cos，|． 15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，且，设E，F分别为PC，BD的中点． （1）求证：EF∥平面PAD； （2）求证：平面PAB⊥平面PDC； （3）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值大小． 【答案】（1）证明：连接AC交BD于F， 又E，F分别为PC，AC的中点， 则EF∥PA， 又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD， 则EF∥平面PAD； （2）证明：在△PAD中，，AD＝2， 由PA2+PD2＝AD2，可得PA⊥PD， 又由，PA2+AB2＝PB2，可得PA⊥AB， 且AB∥CD，可得PA⊥CD，CD∩PD＝D，CD，PD⊂面PCD， 则PA⊥面PCD，又PA⊂面PAB， 则平面PAB⊥平面PDC； （3）． 【解答】（1）证明：连接AC交BD于F， 又E，F分别为PC，AC的中点， 则EF∥PA， 又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD， 则EF∥平面PAD； （2）证明：在△PAD中，，AD＝2， 由PA2+PD2＝AD2，可得PA⊥PD， 又由，PA2+AB2＝PB2，可得PA⊥AB， 且AB∥CD，可得PA⊥CD，CD∩PD＝D，CD，PD⊂面PCD， 则PA⊥面PCD，又PA⊂面PAB， 则平面PAB⊥平面PDC； （3）解：取AD中点记为O连接PO，△PAD中，PA＝PD，AO＝DO，则PO⊥AD， 又，所以PO2+OB2＝PB2，PO⊥OB， 则PO⊥平面ABCD，OF，OA⊂平面ABCD，PO⊥OF，PO⊥OA， 又OA⊥OF，以OA，OF，OP为x，y，z轴建系，如图： 则P（0，0，1），B（1，2，0），C（﹣1，2，0），F（0，1，0），， 则，， 设平面PBC的法向量为， 则，令y＝1， 可得， 可得01×0+21，||，||， 可得cos， 设直线EF与平面PBC所成角为θ， 可得sinθ＝|cos，|． 16．设α，β，γ是三个不同平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，则“l∥m”是“α∥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 【答案】B 【解答】解：由α∩γ＝l，β∩γ＝m，l∥m，则α，β可能相交， 故“l∥m”推不出“α∥β”， 由α∩γ＝l，β∩γ＝m，α∥β，由面面平行的性质定理知l∥m， 故“α∥β”能推出“l∥m”， 故“l∥m”是“α∥β”的必要不充分条件． 故选：B． 17．已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都等于3，点G是△PAC的重心，过点G作平面α，若平面α∥平面PCD，则平面α截正四棱锥P﹣ABCD的截面面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：点G是△PAC的重心，， 过G作GH∥∥PC交AC于H，并延长交PA于M， 过H作EF∥CD，过E作EN∥∥PC，如图四边形EFMN为截面， ∵点G是△PAC的重心，， ∴， ∴， MN＝1，EF＝3，MF＝NE＝2， ∵四边形EFMN为等腰梯形， ∴平面α截正四棱锥P﹣ABCD的截面面积为： S（1+3）2． 故选：C． 18．已知圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1＝1，r2＝2，母线l＝3．AB是下底面⊙O2的直径，点C在下底面⊙O2圆周上，且AC＝BC，点D是上底面⊙O1圆周上的动点，则下列结论正确的有（　　） A．该圆台存在内切球，且内切球半径为 B．存在两个点D，使点B到平面ACD的距离为 C．存在点D，使过点A的母线与平面BCD平行 D．存在点D，使得平面ACD⊥平面BCD 【答案】AB 【解答】解：设A1B1⊂⊙O1且A1B1∥AB，设O是O1O2的中点， ，，，， 所以OB1⊥OB，过O作OE⊥BB1，垂足为E， 则，， 而，所以该圆台存在内切球，且内切球半径为，故A正确； 由于点C在下底面⊙o2圆周上，且AC＝BC，所以AC⊥BC， 以O2为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示： 则A（0，﹣2，0），B（0，2，0），C（2，0，0），，，， 设，0≤θ＜2π，，， 设平面ACD的法向量为（x，y，z）， 则， 故可设， 则， 所以B到平面ACD的距离为， 若，整理得（cosθ﹣sinθ﹣2）2＝4， 而， 所以，， 由于0≤θ＜2π，，所以或， 解得或，即存在两个点D，使点B到平面ACD的距离为，故B正确； 设平面BCD的法向量为， 则， 故可设，而， 则•， 所以不存在点D，使过点A的母线与平面BCD平行，故C错误； 易知， 又因为cosθ∈[﹣1，1]，所以， 所以恒成立，即， 即不存在点D，使得平面ACD⊥平面BCD，故D错误． 故选：AB． 19．已知棱长为3的正四面体ABCD，E为AD的中点，动点P满足PA＝2PD，平面α经过点D，且平面α∥平面BCE，则平面α截点P的轨迹所形成的图形的周长为　 ． 【答案】2π 【解答】解：设△BCD的外心为O，BC的中点为F，过O点作BC的平行线，以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 因为BC＝3，所以，， 则，，， 设P（x，y，z），由PA＝2PD， 可得， 整理得， 所以动点P的轨迹为以为球心，半径为2的球， 分别延长AB，AF，AC到点M，Q，N，使得AB＝BM，AF＝FQ，AC＝CN， 可得CE∥DN，BE∥MD，可证得CE∥平面MND，BE∥平面MND， 又由CE∩BE＝E，所以平面BCE∥平面MND，即平面MND为平面α， 点G到平面DMN的距离d即为G到直线DQ的距离，由平面几何知识可求得d＝1， 所以截面圆的半径为，所以球与平面α的截面圆周长为． 20．如图，该几何体是由半圆锥PO和三棱锥P﹣ABC组合而成的，H为半圆弧AB的中点，A，B，C，H四点共面，△PAB是边长为10的正三角形，BC＝8，AC＝6，在半圆弧AB上取一点F，使得AF∥BC，连接PF，D，E分别为线段PA，PF的中点． （1）证明：平面ODE∥平面PBC． （2）求异面直线BH与OE所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：由D，E分别为线段PA，PF的中点，知DE∥AF， 又由AF∥BC，知DE∥BC， DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 故DE∥平面PBC， 同理可证得OD∥平面PBC， 又由OD，DE⊂平面ODE，且OD∩DE＝D， 所以平面ODE∥平面PBC； （2）． 【解答】（1）证明：由D，E分别为线段PA，PF的中点，知DE∥AF， 又由AF∥BC，知DE∥BC， DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 故DE∥平面PBC， 同理可证得OD∥平面PBC， 又由OD，DE⊂平面ODE，且OD∩DE＝D， 所以平面ODE∥平面PBC； （2）解：以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， △PAB是边长为10的正三角形，BC＝8，AC＝6， 则B（0，﹣5，0），H（5，0，0）． 又△PAB是边长为10的正三角形，知，则． 过点F作FG⊥AB，垂足为G，由AB＝10，BC＝8，AC＝6， 知， 又由AF∥BC，知，则AF＝8， 知，故． 又E为线段PF的中点，则， 故， 可得550，||5，||＝5， 可得cos，， 故异面直线BH与OE所成角的余弦值为|cos，|． 21．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝2，AA1＝1，D，E，D1，E1分别是棱AC，BC，A1C1，B1C1的中点． （1）证明：平面C1DE∥平面ABE1D1； （2）求平面C1DE与平面A1B1ED夹角的余弦值． 【答案】（1）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1， D，E，D1，E1分别是棱AC，BC，A1C1，B1C1的中点． 连接BE1，则BE1∥EC1， 在△ABC与△A1B1C1中，易得DE∥AB，D1E1∥A1B1，∵AB∥A1B1，∴DE∥D1E1， ∵DE⊄平面ABE1D1，D1E1⊂平面ABE1D1，∴DE∥平面ABE1D1， 同理，DC1∥AD1，∵DC1⊄平面ABE1D1，AD1⊂平面ABE1D1，∴DC1∥平面ABE1D1， ∵DC1∩DE＝D，DC1，DE⊂平面C1DE，∴平面C1DE∥平面ABE1D1． （2）． 【解答】解：（1）证明：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1， D，E，D1，E1分别是棱AC，BC，A1C1，B1C1的中点． 连接BE1，则BE1∥EC1， 在△ABC与△A1B1C1中，易得DE∥AB，D1E1∥A1B1，∵AB∥A1B1，∴DE∥D1E1， ∵DE⊄平面ABE1D1，D1E1⊂平面ABE1D1，∴DE∥平面ABE1D1， 同理，DC1∥AD1，∵DC1⊄平面ABE1D1，AD1⊂平面ABE1D1，∴DC1∥平面ABE1D1， ∵DC1∩DE＝D，DC1，DE⊂平面C1DE，∴平面C1DE∥平面ABE1D1． （2）以AB中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴， 过点 O和平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则B（1，0，0），A（﹣1，0，0），C（0，，0），B1（1，0，1）， C1（0，，1），D（，，0），E（，，0）， 设平面C1DE的法向量为， ，， 则，即，令y1＝2，得（0，2，）， 设平面A1B1ED的法向量为， 则，即，令y2＝2，得， ∴， ∴平面C1DE与平面A1B1ED夹角的余弦值为． 22．如图1，△ABE是边长为2的正三角形，四边形BCDE是一个梯形；其中BE∥CD，ED＝DC＝CB＝1．现在沿着BE把△ABE折起到△A1BE的位置，连接A1C，A1D，且使得A1C＝2，如图2． （1）求证：平面A1BE⊥BCDE； （2）求平面A1BE与平面A1CD夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：取BE的中点为O，连接OA1OC，OD， 由图1中，△ABE是边长为2的正三角形，等腰梯形BCDE，且ED＝DC＝CB＝1， 可得OC＝OD＝1，且， 因为A1C＝2，所以，所以A1O⊥OC， 又由△A1BE正三角形性质，可得BE⊥A1O， 因为OC∩BE＝O，且OC，BE⊂平面BCDE， 所以A1O⊥平面BCDE， 又因为A1O⊂平面A1BE， 所以平面A1BE⊥平面BCDE； （2）． 【解答】解：（1）证明：取BE的中点为O，连接OA1OC，OD， 由图1中，△ABE是边长为2的正三角形，等腰梯形BCDE，且ED＝DC＝CB＝1， 可得OC＝OD＝1，且， 因为A1C＝2，所以，所以A1O⊥OC， 又由△A1BE正三角形性质，可得BE⊥A1O， 因为OC∩BE＝O，且OC，BE⊂平面BCDE， 所以A1O⊥平面BCDE， 又因为A1O⊂平面A1BE， 所以平面A1BE⊥平面BCDE； （2）取CD的中点F，连接OF， 因为四边形BCDE为等腰梯形，且O为BE的中点，所以OF⊥BE， 又因为A1O⊥平面BCDE， 以O为坐标原点，OB，OF，OA1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，， 所以，， 设平面A1CD的法向量为， 则， 取c＝1，可得a＝0，b＝2， 所以 又由平面A1BE的法向，量为， 设平面A1BE与平面A1CD夹角为θ， 则， 所以平面A1BE与平面A1CD夹角的余弦值为． 23．如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′位置，且平面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C（如图2）． （1）求证：平面A′EB∥平面D′FC； （2）求平面AA′D′与平面BA′D′夹角的余弦值； （3）若C，E，F，D′四点在一个球面上，求这个球的体积． 【答案】（1）依题意，A′E∥D′F，A′E⊄平面D′FC，D′F⊂平面D′FC， 则A′E∥平面D′FC， 又BE∥CF，BE⊄平面D′FC，CF⊂平面D′FC， 则BE∥平面D′FC，又A′E∩BE＝E，A′E，BE⊂平面A′EB， 所以平面A′EB∥平面D′FC； （2）； （3）． 【解答】（1）证明：依题意，A′E∥D′F，A′E⊄平面D′FC，D′F⊂平面D′FC， 则A′E∥平面D′FC， 又BE∥CF，BE⊄平面D′FC，CF⊂平面D′FC， 则BE∥平面D′FC，又A′E∩BE＝E，A′E，BE⊂平面A′EB， 所以平面A′EB∥平面D′FC； （2）解：由四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，EF⊥AB，得EF⊥CD，D′F⊥EF， 又平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，D′F⊂平面A′D′FE， 则D′F⊥平面BCFE，直线FD，FE，FD′两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系F﹣xyz， 点A（3，2，0），B（﹣4，2，0），A′（0，2，3），D′（0，0，1）， 得到， 设平面AA′D′的法向量为， 则，取x1＝1， 得， 设平面BA′D′的法向量为， 则，取x2＝3， 得， 可得1×3﹣1×4+1×（﹣4）＝﹣5，||，||， 可得cos，， 所以平面AA′D′与平面BA′D′夹角的余弦值为|cos，|； （3）解：点C，E，F，D′四点在一个球面上， 由（2）得该球可看成是以FC，FE，FD′分别为长、宽、高的长方体的外接球， 因此该外接球的直径为， 所以所求球的体积为． 24．长方形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E、F分别为边BC、AD的中点（如图1）．若将长方形ABEF沿着边EF翻折，得到二面角A1﹣EF﹣D（如图2）．已知二面角A1﹣EF﹣D的大小为60°． （1）求证：平面A1FD∥平面B1EC； （2）求直线CA1与平面A1B1EF所成角的大小．（结果用反三角表示） 【答案】（1）证明：因为长方形ABCD中，EC∥FD，折叠过程中，A1F∥B1E， 又EC⊂平面B1EC，FD⊄平面B1EC，故FD∥平面B1EC， 同理可得A1F∥平面B1EC， 又FD∩A1F＝F，FD，A1F⊂平面A1FD， 所以平面A1FD∥平面B1EC； （2）． 【解答】解：（1）证明：因为长方形ABCD中，EC∥FD，折叠过程中，A1F∥B1E， 又EC⊂平面BEC，FD⊄平面BEC，故FD∥平面B1EC， 同理可得A1F∥平面B1EC， 又FD∩A1F＝F，FD，A1F⊂平面A1FD， 所以平面A1FD∥平面B1EC； （2）因为长方形ABCD中，点E、F分别为边BC、AD的中点， 故EF⊥A1F，EF⊥DF， 所以二面角A1﹣EF﹣D的平面角为∠A1FD，即∠A1FD＝60°， 又AB＝2，BC＝4， 所以A1F＝DF＝2，△A1FD为等边三角形， 同理可得△BCE为等边三角形， 取B1E的中点H，连接CH，A1H，则CH⊥B1E， 又EF⊥平面B1EC，CH⊂平面B1EC，故EF⊥CH， 因为B1E∩EF＝E，B1E，EF⊂平面A1B1EF， 故CH⊥平面A1B1EF， 故直线CA1与平面A1B1EF所成角为∠HA1C， EH＝B1H＝1，∠B1EC＝60°，故， 由勾股定理得， 则， 直线CA1与平面A1B1EF所成角的大小为． 学科网（北京）股份有限公司 $