《2020年高考數(shù)學一輪復習 考點42 直線、平面平行的判定與性質必刷題 理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考數(shù)學一輪復習 考點42 直線、平面平行的判定與性質必刷題 理（含解析）（45頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、考點42 直線、平面平行的判定與性質 1．（山東省泰安市2019屆高三第二輪復習質量檢測理）如圖，在下列四個正方體中，，，，，，，為所在棱的中點，則在這四個正方體中，陰影平面與所在平面平行的是( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 A中，因為,所以可得平面,又，可得平面，從而平面平面 B中，作截面可得平面平面（H為C1D1中點）, 如圖： C中，作截面可得平面平面（H為C1D1中點）, 如圖： D中，作截面可得為兩相交直線，因此平面與平面不平行, 如圖： 2．（遼寧省葫蘆島市普通高中2019屆高三第二次模擬考試理）如圖所示，正方體的棱長

2、為1，為線段，上的動點，過點的平面截該正方體的截面記為S，則下列命題正確的是______ ①當且時，S為等腰梯形； ②當分別為，的中點時，幾何體的體積為； ③當M為中點且時，S與的交點為R，滿足； ④當M為中點且時，S為五邊形； ⑤當且時，S的面積. 【答案】①② 【解析】對于①，畫出圖像如下圖所示，過作，交于，截面為，由于，所以，故，所以，即截面為等腰梯形.故①正確. 對于②，以為空間坐標原點，分別為軸，建立空間直線坐標系，則,則,.設平面的法向量為，則，令，則，故.則點到平面的距離為.而，故，故②命題正確. 對于③，延長交的延長線于，連接交于，由于，所以，故.

3、由于，所以,故，故③判斷錯誤. 對于④，當時，截面為三角形，故④判斷錯誤. 對于⑤，延長,交的延長線于，連接,交于，則截面為四邊形.由于,所以，面積比等于相似比的平方，即，故.在三角形中，,邊上的高為,故,所以. 綜上所述，本小題正確的命題有①②. 3．（陜西省西北工業(yè)大學附屬中學2019屆高三考前模擬練習數(shù)學理）如圖，在多面體中，四邊形是菱形，，四邊形是直角梯形，，，. （Ⅰ）證明：平面. （Ⅱ）若平面平面，為的中點，求平面與平面所成銳二面角的余弦值. 【答案】（I）見解析；（II） 【解析】 （Ⅰ）取的中點，連接，，如圖所示，因為，四邊形是直角梯形， 得

4、且，所以四邊形為平行四邊形，即且. 又因為四邊形是菱形，所以，進而，得為平行四邊形， 即有，又平面，平面，所以平面. （Ⅱ）取的中點，在菱形中，，可得.因為平面平面， 平面平面，平面，，所以平面. 以為坐標原點，AN為x軸，AB為y軸，AF為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示. 故，，，，，，. 設平面的一個法向量為，則有即 令可得. 易知平面的一個法向量為. 設平面與平面所成的銳二面角為，則, 即所求二面角的余弦值為. 【 4．（天津市河西區(qū)2019屆高三一模數(shù)學理）如圖，已知四邊形的直角梯形，,，，為線段的中點，平面，，為線段上一點（不與端點重合）. （Ⅰ）

5、若， （i）求證：平面； （ii）求直線與平面所成的角的大小； （Ⅱ）否存在實數(shù)滿足，使得平面與平面所成的銳角為，若存在，確定的值，若不存在，請說明理由. 【答案】（Ⅰ）（i）見解析（ii）（Ⅱ） 【解析】 （Ⅰ）（i）證明：連接交于點，連接，，依題意易證四邊形為平行四邊形. ∴又∵， ∴又∵平面，平面， ∴平面. （ii）解：如圖，在平行四邊形中∵，，∴ 以為原點建立空間直角坐標系 則， ∴ 設為平面的法向量 則，得，不妨設 ∴ 又，∴ 即直線與平面所成的角的大小為. （Ⅱ）設 ∴ ∴ 設為平面的法向量， 則得，，不妨設，

6、又平面的法向量為， ∴. ∴∴，，∴. 5．（廣東省肇慶市2019屆高中畢業(yè)班第三次統(tǒng)一檢測數(shù)學理）如圖，在三棱柱中，側面是菱形，，是棱的中點，，在線段上，且. （1）證明：面； （2）若，面面，求二面角的余弦值． 【答案】（1）詳見解析；（2）. 【解析】 解：（1）連接交于點，連接． 因為，所以，又因為，所以，所以， 又面，面，所以面. （2）過作于，因為，所以是線段的中點． 因為面面，面面，所以面．連接， 因為是等邊三角形，是線段的中點，所以. 如圖以為原點，，，分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標， 不妨設，則，，，，， 由，得，的中點，，

7、. 設面的一個法向量為，則，即， 得方程的一組解為，即. 面的一個法向量為，則， 所以二面角的余弦值為. 6．（浙江省金華十校2019屆第二學期高考模擬考試）在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，，為線段上的中點． （1）證明：平面； （2）求直線與平面所成角的余弦值． 【答案】（1）見解析；（2） 【解析】 （1）取的中點，連接，．∵，是，的中點，∴，， 又，，∴，， ∴四邊形是平行四邊形，∴， 又平面，平面，∴平面． （2）取的中點，連接，過作的平行線， 以為原點，以，和平面過點的垂線為坐標軸建立空間坐標系， ∵，∴，設二面角的大小為， 則，，，，∴

8、， ∴，，∵， ∴， ∴，.∴，， ∴，， 設平面的法向量為，則，即， 令可得，∴， 設直線與平面所成角為，則，∴. ∴直線與平面所成角的余弦值為． 7．（北京市房山區(qū)2019年第二次高考模擬檢測高三數(shù)學理）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，點在線段上. （Ⅰ）若為的中點，求證：平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）證明：存在點，使得平面，并求的值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）詳見解析. 【解析】 （Ⅰ）設，連結， 因為正方形，所以為中點 又矩形,為的中點 所以且 所以為平行四邊形 所以 又平面，平面 所以平面 （Ⅱ）以為

9、原點，分別以為軸建立坐標系 則 設平面的法向量為， 由得 則 易知平面的法向量 由圖可知二面角為銳角 所以二面角的余弦值為 （Ⅲ）設，則 若平面，則，即 所以解得所以 所以 8．（遼寧省丹東市2019屆高三總復習質量測試理）如圖，四棱錐中，平面，，，，，，是中點，是線段上的點. （1）若是中點，求證：平面； （2）設與平面所成角為，求最大值. 【答案】（1）見證明；（2） 【解析】 解法1：（1）以為坐標原點，射線為軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標系，設. 則，，，，，所以，，. 因為平面，所以，又，所以平面，平面一個法向量為. 因為，

10、平面，所以平面. （2），設，則，. 平面的一個法向量為，所以. 因為，所以當，即時，取得最大值. 解法2： （1）取中點為，連結，，則，因為平面，所以平面，同理平面.所以平面平面，因此平面. （2）以為坐標原點，射線為軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標系，設， 則，，，，，所以，，. 設，則，. 平面的一個法向量為，所以. 因為，所以當，即時，取得最大值. 解法3： （1）同解法2. （2）因為，所以. 因為平面，所以，.所以平面，則. 設，則，，. 的最小值為到距離等于，所以的最大值. 9．（江西省名校（臨川一中、南昌二中)2019屆高三5月聯(lián)

11、合考試數(shù)學理）已知空間幾何體中，與均為邊長為的等邊三角形，為腰長為的等腰三角形，平面平面，平面平面. （1）試在平面內作一條直線，使直線上任意一點與的連線均與平面平行，并給出詳細證明； （2）求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（1）見解析；（2） 【解析】 如圖所示:取BC和BD的中點H、G，連接HG.HG為所求直線. 所以, 因為平面平面，, 所以， 取CD中點O,連接EO, 因為平面平面， 所以， 所以AH||EO,又平面CDE,平面CDE, 所以. 因為, 所以, 因為, 則， 所以直線HG上任意一點與的連線均與平面平行. (2)以CD中點O

12、為坐標原點，OD所在直線為x軸，OB所在直線為Y軸，OE所在直線為Z軸,建立空間直角坐標系., 設 所以. 所以直線與平面所成角的正弦值為. 10．（北京市昌平區(qū)2019屆高三5月綜合練習二模數(shù)學理）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面,,，，為中點． （Ⅰ）求證：∥平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）在棱上是否存在點，使得？若存在，求的值；若不存在，說明理由． 【答案】（I）見解析； （II）； （Ⅲ）答案見解析 . 【解析】 （I）設交于點，連結. 因為底面是矩形,所以為中點 . 又因為為中點 , 所以∥. 因為平面平面,所以∥平面.

13、（II）取的中點，連結，. 因為底面為矩形,所以. 因為，, 所以∥，所以. 又因為平面PCD⊥平面ABCD,平面平面PCD∩平面ABCD=CD. 所以PO⊥平面ABCD， 如圖，建立空間直角坐標系,則， 設平面的法向量為， 所以 令，則，所以. 平面的法向量為，則. 如圖可知二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為. （Ⅲ）在棱上存在點, 使. 設,則.　 因為,所以. . 因為,所以. 所以，解得. 所以在棱上存在點,使，且. 11．（北京市朝陽區(qū)2019屆高三第二次（5月)綜合練習（二模)數(shù)學理）在三棱柱中，底面是正三角形，側棱底面．D，E分別是邊BC，

14、AC的中點，線段與交于點G，且，． （1）求證：∥平面； （2）求證：⊥平面； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）. 【解析】 （1）證明：因為E為AC中點，G為B1C中點．所以EG∥AB1． 又因為EG?平面AB1D，AB1?平面AB1D， 所以EG∥平面AB1D． （2）?證明：取B1C1的中點D1，連接DD1． 顯然DA，DC，DD1兩兩互相垂直，如圖，建立空間直角坐標系D-xyz， 則D（0，0，0），，B（0，-2，0），，，，C（0，2，0）． 所以，，． 又因為，， 所以BC1⊥DA，BC1⊥DB1． 又因

15、為DA∩DB1=D，所以BC1⊥平面AB1D． （3）解：顯然平面B1CB的一個法向量為=（1，0，0）． 設平面AB1C的一個法向量為：=（x，y，z）， 又，， 由得 設x=1，則，，則． 所以． 設二面角A-B1C-B的平面角為θ，由圖可知此二面角為銳二面角， 所以． 12．（）如圖，在四棱錐中，為等邊三角形，安徽省1號卷?A10聯(lián)盟2019屆高考最后一卷數(shù)學理 （1）若點分別是線段的中點，求證：平面平面； （2）若二面角為直二面角，求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（1）見解析；（2） 【解析】 （1）為等邊三角形，且是線段的中點 ，

16、 平面，平面 平面 點分別是線段的中點 平面，平面 平面 平面平面 （2）設交于點，連接 由對稱性知，為的中點，且， 二面角為直二面角 平面 不妨設，則，， 以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標系 則，，， ，， 設平面的法向量為 則，即： 令，得， 直線與平面所成角的正弦值為 13．（山東省威海市2019屆高三二?？荚嚁?shù)學理）如圖，在四棱錐中，已知平面，為等邊三角形，，，與平面所成角的正切值為. (Ⅰ)證明：平面； (Ⅱ)若是的中點，求二面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ

17、）見解析.（Ⅱ）. 【解析】 (Ⅰ)證明：因為平面，平面， 所以 又,, 所以平面， 所以為與平面所成的角． 在中，， 所以 所以在中，,. 又， 所以在底面中，, 又平面，平面， 所以平面． (Ⅱ)解：取的中點，連接，則,由(Ⅰ)知， 所以， 分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系. 則，，， 所以，， 設平面的一個法向量為， 由，即，得， 令，則． 設平面的一個法向量為， 由，即，得， 令，則． 所以， 由圖形可得二面角為銳角， 所以二面角的余弦值為． 14．（2019年遼寧省大連市高三5月雙基考試數(shù)學理）如圖，四棱錐P-A

18、BCD中，底面ABCD是邊長為3的菱形，∠ABC=60°．PA⊥面ABCD，且PA=3．F在棱PA上，且AF=1，E在棱PD上． （Ⅰ）若CE∥面BDF，求PE：ED的值； （Ⅱ）求二面角B-DF-A的大?。? 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）arctan 【解析】 （Ⅰ）過E作EG∥FD交AP于G，連接CG，連接AC交BD于O，連接FO． ∵EG∥FD，EG?面BDF，F(xiàn)D?面BDF，∴EG∥面BDF，又EG∩CE=E，CE∥面BDF，EG，CE?面CGE， ∴面CGE∥面BDF，又CG?面CGE，∴CG∥面BDF， 又面BDF∩面PAC=FO，CG?面PAC，∴FO∥CG．

19、 又O為AC中點，∴F為AG中點，且AF=1，∴AF=FG=1，∵PA=3，∴FG=GP=1， ∴E為PD中點，PE：ED=1：1． （Ⅱ）過點B作BH⊥直線DA交DA延長線于H，過點H作HI⊥直線DF交DF于I， ∵PA⊥面ABCD，∴面PAD⊥面ABCD，∴BH⊥面PAD，由三垂線定理可得DI⊥IB， ∴∠BIH是二面角B-DF-A的平面角．由題易得AH=，BH=，HD=， 且=，∴HI=，∴tan∠BIH=×=， ∴二面角B-DF-A的大小為arctan． 15．（廣東省揭陽市2019年高考數(shù)學二模）已知如圖所示，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面

20、ABCD，E、F分別為PC的三等分點． （1）證明：AF∥平面EBD； （2）已知AP=AD=1，AB=2，求二面角E-BD-A的余弦值． 【答案】（1）見解析；（2） 【解析】 （1）連接AC交于BD點O，連接EO．因為ABCD為矩形， 所以O為AC的中點．又E、F分別為PC的三等分點， E為CF的中點，所以AF∥EO． 因為EO?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面EBD． （2）以A為原點，AD、AB、AP的分別為x，y，z軸方向建立空間直角坐標系， 如圖所示由條件可得D（1，0，0），B（0，2，0），C（1，2，0），P（0，0，1）， ∵，∴，

21、 ，為平面ABD的一個法向量， 設面BDE的一個法向量為，則，即， 取y=1，則x=2，z=-2，所以，， 所以二面角D-AE-C的余弦值為． 16．（四川省百校2019年高三模擬沖刺卷理科）如圖，在三棱柱中，是棱的中點. （1）證明：平面； （2）若平面是棱的中點，當二面角的大小為時，求線段的長度. 【答案】（1）見解析；（2） 【解析】 （1）連結交于點，則為的中點 連結，而是中點，則 因為平面平面，所以平面 （2）因為平面，所以 又是棱的中點，∴所以面 以為原點，過作的垂線為軸，為軸，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 設得長度為，則 所

22、以 分別設平面與平面的法向量為 由解得，同理可得 由，解得 所以線段的長度為 17．（貴州省貴陽市2019年高三5月適應性考試（二)理）如圖（1）中，，，，分別是與的中點，將沿折起連接與得到四棱錐（如圖（2）），為線段的中點. （1）求證：平面； （2）當四棱錐體積最大時，求直線與平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)見解析.(2) . 【解析】 （1）取的中點，連接，， 由于是的中點， ，且 又，分別為與的中點 ，且 ， 四邊形為平行四邊形， 又平面，平面， 平面. （2）當四棱錐體積最大時， 平面平面 由于，平面， 建立如圖所示的坐

23、標系， 由題知，， ，，，，， ，， 設平面的法向量，則， 即，取一組解， 記與平面所成角為，則 18．（吉林省長春市2019屆高三質量監(jiān)測（四)數(shù)學（理）已知四棱柱中，平面，，，，，點為中點. （Ⅰ）求證：平面平面； （Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）. 【解析】 解：（Ⅰ）由題意得，， 故四邊形為平行四邊形， 所以， 由平面，平面， 故平面， 由題意可知， 所以， 因為為中點， 所以， 所以 所以四邊形為平行四邊形， 所以， 由平面，平面， 所以平面， 又由于相交于點B， 平面， 所以平

24、面平面。 （II）由題意，以為坐標原點， 分別以方向為軸，軸，軸正方向建立空間直角坐標系， 點， ，， 設平面的一個法向量為， 有，， 令，則， ， 令為直線與平面所成的角， 則. 19．（四川省內江市2019屆高三第三次模擬考試數(shù)學理）如圖所示，在三棱錐中，與都是邊長為2的等邊三角形，是側棱的中點，過點作平行于、的平面分別交棱、、于點、、. （1）證明：四邊形為矩形； （2）若平面平面，求二面角的余弦值. 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 （1）如圖，設的中點為，連接，， ∵平面，平面平面，平面平面， ∴，，∴. 同理，由平面得，∴四

25、邊形為平行四邊形. ∵與都是等邊三角形，∴，， 又，∴平面，故， 又由上知，，∴，∴四邊形為矩形. （2）∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，∴，，兩兩垂直， 以為原點建立如圖的空間直角坐標系， ∵與都是邊長為2的等邊三角形， ∴，，，， ∴，，， 設平面的法向量為， 由，令，得. 同理可得平面的法向量， ∴ . 由圖形可知，所求二面角的平面角為銳角，∴二面角的余弦值為. 20．（福建省三明市2019屆高三質量檢查測試理）如圖，在以為頂點的五面體中，面是邊長為3的菱形. （1）求證：； （2）若，，，，，求二面角的余弦值. 【答案】（1）見解析（

26、2） 【解析】 （1）因為是菱形， 所以， 又因為平面， 平面， 所以平面， 又因為平面， 平面平面， 所以. （2）在中， 根據余弦定理， 因為，，， 所以， 則， 所以， 即. 因為，， 所以. 又因為， 平面, 所以平面. 設中點為，連結，, 因為是菱形，， 所以是等邊三角形， 所以， 所以. 作于點， 則， 在中，， 所以. 如圖，以為坐標原點，分別以，，為軸，軸，軸正方向，建立空間直角坐標系. 則，，， ，. 設平面的一個法向量為， 因為， 所以， 即， 取，解得，， 此時. 由圖可知，平面的一個法向

27、量為， 則， 因為二面角是銳角，所以二面角的余弦值是. 21．（山西省2019屆高三考前適應性訓練二模）如圖，平面ABCD⊥平面CDEF，且四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF是矩形， ，M是線段DE上的點，滿足DM=2ME． (1)證明：BE//平面MAC； (2)求直線BF與平面MAC所成角的正弦值． 【答案】（1）見解析；（2） 【解析】 （1）連接，交于，連接，由于，所以.所以.由于平面，平面，所以平面 （2）因為平面平面，，所以平面，可知兩兩垂直，分別以的方向為軸，建立空間直角坐標系.設則，.設平面的法向量，則，令，得平面的一個法向量，而，設所求角為，則.

28、故直線與平面所成的角的正弦值為. 22．（天津市和平區(qū)2018-2019學年第二學期高三年級第二次質量調查數(shù)學理）如圖,正方形與梯形所在的平面互相垂直， ，,點在線段上. (Ⅰ) 若點為的中點，求證：平面； (Ⅱ) 求證：平面平面； (Ⅲ) 當平面與平面所成二面角的余弦值為時，求的長. 【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3). 【解析】 (1)∵正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD為交線， ∴ED⊥平面ABCD，由已知得DA，DE，DC兩兩垂直， 如圖建系D-xyz，可得D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，

29、0)，E(0，0，1)，F(xiàn)(1，0，1). 由M為C的中點，知，故. 易知平面ADEF的法向量為， ， ∵BM平面ADEF，∴BM//平面ADEF. (2)由(1)知， 設平面BDE的法向量為， 平面BEC的法向量為， 由得， 由得， ，故平面BDE⊥平面BEC. (3)設，設，計算可得， 則， 設平面BDM的法向量為， 由得， 易知平面ABF的法向量為， 由已知得 ， 解得，此時， ，則，即AM的長為. 23．（河北省武邑中學2019屆高三下學期第三次模擬考試數(shù)學理）如圖，在棱長均為的三棱柱中，點在平面內的射影為與的交點，、分別為，的中點. （

30、1）求證：四邊形為正方形； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）在線段上是否存在一點，使得直線與平面沒有公共點？若存在求出的值.（該問寫出結論即可） 【答案】(1)見證明；(2) (3) 【解析】 解：（1）連結. 因為在平面內的射影為與的交點，所以. 由已知三棱柱各棱長均相等，所以，且為菱形. 由勾股定理得，即，所以四邊形為正方形. （2）由（1）知平面，. 在正方形中，. 如圖建立空間直角坐標系.由題意得 ， . 所以. 設平面的法向量為， 則，即. 令，則. 于是. 又因為， 設直線與平面所成角為， 則. 所以直線與平面所成角的正

31、弦值為 （3）直線與平面沒有公共點，即. 設點坐標為，與重合時不合題意，所以. 因為. 設為平面的法向量， 則即 令,則. 于是. 若，. 又， 所以解得. 此時， 所以.所以. 24．（山東省鄆城一中等學校2019屆高三第三次模擬考試數(shù)學理）如圖所示的多面體中，四邊形為菱形，且，為的中點． （1）求證：平面； （2）若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值． 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 證明：（1）連結BD，交AC于M，連結FM，MG， 因為BC＝AD＝2EF，EF∥BC，BC∥AD，所以， 在△ACD中，M，G分別為AC，

32、CD的中點，所以， 所以，所以四邊形EFMG是平行四邊形， 所以EG∥FM， 又因為FM平面ACF，EC平面ACF，所以EG∥平面ACF． （2）取AB的中點O，連結FO，OC， 因為AF＝BF＝BC，∠ABC＝60°，四邊形ABCD為菱形，所以FO⊥AB，OC⊥AB， 因為平面ABF⊥平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD， 故以O為原點，，，分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，設AF＝BF＝BC＝2EF＝2． 則A（－1，0，0），C（0，，0），F(xiàn)（0，0，），E（，，），＝（1，，0）， ，， 設＝是平面ACF的一個法向量， 則，， 令y＝z＝1，

33、則，故＝（，1，1）， 設直線EC與平面ACF所成角為， 則， 所以直線EC與平面ACF所成角的正弦值為． 25．（江西省贛州市2019屆高三3月摸底考試數(shù)學理）如圖，在平行四邊形中，，.現(xiàn)沿對角線將折起，使點到達點.點、分別在、上，且、、、四點共面. （1）求證：； （2）若平面平面，平面與平面夾角為，求與平面所成角的正弦值. 【答案】(1)見證明；(2) 【解析】 （1）不妨設，則， 在中，根據余弦定理可得，計算得， 因為，所以. 因為，且、、、四點共面，所以平面. 又平面平面，所以. 而，故. （2）因為平面平面，且，所以平面，， 因為，所以平面，， 因為，平面與平面夾角為，所以， 從而在中，易知為的中點， 如圖，建立空間直角坐標系， 則，，，，， ，，， 設平面的一個法向量為，則由， 得，令，得. 設與平面所成角為，則。 45