《（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題八 立體幾何 3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題八 立體幾何 3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、直線、平面平行的判定與性質(zhì) 探考情 悟真題 【考情探究】 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點(diǎn) 直線、平面平行的判定與性質(zhì) ①了解直線與平面、平面與平面間的位置關(guān)系;②認(rèn)識和理解空間中直線、平面平行的有關(guān)性質(zhì)和判定;③能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間位置關(guān)系的簡單命題 2019課標(biāo)全國Ⅱ,7,5分 面面平行的判定 充要條件 ★★★ 2019課標(biāo)全國Ⅰ,19,12分 線面平行的判定, 點(diǎn)到平面的距離 線面垂直的判定 2017課標(biāo)全國Ⅰ,6,5分 線面平行的判定 — 2016課標(biāo)全國Ⅲ,19,12分 線面平行的判

2、定,三棱錐的體積 線線平行的判定,體積公式 分析解讀 從近幾年的高考試題來看,高考對本節(jié)內(nèi)容的考查比較平穩(wěn),一般通過對圖形或幾何體的認(rèn)識,考查直線與平面平行以及平面與平面平行的判定和性質(zhì),題型以解答題為主,偶爾也會出現(xiàn)在小題之中,以命題判斷居多,難度適中,主要考查直線、平面平行間的轉(zhuǎn)化思想,同時也考查學(xué)生的空間想象能力以及邏輯推理能力,分值約為6分. 破考點(diǎn) 練考向 【考點(diǎn)集訓(xùn)】 考點(diǎn)　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1.(2020屆黑龍江哈三中9月月考,5)給出下列四種說法: ①若平面α∥β,直線a?α,b?β,則a∥b; ②若直線a∥b,直線a∥α,直線b∥β,則α∥

3、β; ③若平面α∥β,直線a?α,則a∥β; ④若直線a∥α,a∥β,則α∥β. 其中正確的個數(shù)為(　　) A.4 B.3 C.2 D.1 答案　D　 2.(2019豫北六校聯(lián)考,5)如圖,在四棱錐P-ABCD中,M,N分別為AC,PC上的兩點(diǎn),且MN∥平面PAD,則(　　) A.MN∥PD B.MN∥PA C.MN∥AD D.以上均有可能 答案　B　 3.(2020屆貴州貴陽中學(xué)等六校9月聯(lián)考,8)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點(diǎn),A1M=AN=23a,則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是(　　) A.斜交 B

4、.平行 C.垂直 D.不能確定 答案　B　 4.如圖,在多面體ABC-DEFG中,平面ABC∥平面DEFG,EF∥DG,且AB=DE,DG=2EF,則(　　) A.BF∥平面ACGD B.CF∥平面ABED C.BC∥FG D.平面ABED∥平面CGF 答案　A　 5.如圖,四邊形ABCD是平行四邊形,點(diǎn)P是平面ABCD外的一點(diǎn),M是PC的中點(diǎn),在DM上取一點(diǎn)G,過G和AP作平面交平面BDM于GH,求證:AP∥GH. 證明　如圖,連接AC,設(shè)AC交BD于O,連接MO. ∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴O是AC的中點(diǎn). 又M是PC的中點(diǎn), ∴MO∥PA. 又

5、MO?平面BDM,PA?平面BDM, ∴PA∥平面BDM. 又經(jīng)過PA與點(diǎn)G的平面交平面BDM于GH, ∴AP∥GH. 6.(2020屆西南地區(qū)名師聯(lián)盟8月聯(lián)考,18)如圖,正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M為CE的中點(diǎn). (1)求證:BM∥平面ADEF; (2)求證:平面BDE⊥平面BEC. 證明　(1)取DE的中點(diǎn)N,連接MN、AN, 在△EDC中,M、N分別為CE、DE的中點(diǎn), ∴MN∥CD,且MN=12CD. 由已知得AB∥CD,AB=12CD, ∴MN∥AB,且MN=AB, ∴四邊形AB

6、MN為平行四邊形,∴BM∥AN, 又∵AN?平面ADEF,BM?平面ADEF,∴BM∥平面ADEF. (2)∵四邊形ADEF為正方形,∴ED⊥AD. 又∵平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD, ED?平面ADEF,∴ED⊥平面ABCD,∴ED⊥BC. 在直角梯形ABCD中,由AB=AD=2,CD=4,AD⊥DC,可得BC=22. 在△BCD中,BD=BC=22,CD=4,∴BD2+BC2=CD2, ∴BC⊥BD,又ED∩BD=D,∴BC⊥平面BDE, 又∵BC?平面BCE,∴平面BDE⊥平面BEC. 7.(2019河北邯鄲調(diào)研,18)如圖,在四棱錐S

7、-ABCD中,側(cè)棱SA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,且SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中點(diǎn). (1)求證:AM∥平面SCD; (2)求三棱錐B-MAC的體積. 答案　(1)證明:取SC的中點(diǎn)N,連接MN,ND. ∵M(jìn),N分別是SB,SC的中點(diǎn),∴MN∥BC,且MN=12BC. ∵AD∥BC,且AD=12BC,∴MN∥AD且MN=AD. ∴四邊形AMND為平行四邊形,∴AM∥ND. 又AM?平面SCD,ND?平面SCD,∴AM∥平面SCD. (2)∵SA⊥底面ABCD,∴SA⊥BC,又BC⊥AB,SA∩AB=A, ∴BC⊥平

8、面SAB, ∴VB-MAC=VC-MAB=13·S△MAB·BC=13×12×(2)2×2=23. 煉技法 提能力 【方法集訓(xùn)】 方法1　證明線面平行的方法 1.(2020屆皖南八校第一次聯(lián)考,19)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四邊形ABCD是矩形,E,F,G分別是棱BC,AD,PA的中點(diǎn). (1)求證:PE∥平面BFG; (2)若PD=AD=1,AB=2,求點(diǎn)C到平面BFG的距離. 答案　(1)證明:連接DE. ∵在矩形ABCD中,E,F分別是BC,AD的中點(diǎn), ∴DF=BE,DF∥BE, ∴四邊形BEDF是平行四邊形,∴DE∥BF.(2分) ∵G

9、是PA的中點(diǎn),∴FG∥PD.(3分) ∵PD,DE?平面BFG,FG,BF?平面BFG, ∴PD∥平面BFG,DE∥平面BFG.(4分) ∵PD∩DE=D,∴平面PDE∥平面BFG.(5分) ∵PE?平面PDE,∴PE∥平面BFG.(6分) (2)解法一:∵PD⊥平面ABCD,FG∥PD,∴FG⊥平面ABCD. 在平面ABCD內(nèi),過C作CM⊥BF,垂足為M,則FG⊥CM. ∵FG∩BF=F,∴CM⊥平面BFG, ∴CM的長是點(diǎn)C到平面BFG的距離.(8分) 在矩形ABCD中,F是AD的中點(diǎn),AD=1,AB=2,易證△BCM∽△FBA, ∴CMBA=BCFB.(10分)

10、 ∵FB=AB2+AF2=172,BC=AD=1,∴CM=41717,即點(diǎn)C到平面BFG的距離為41717.(12分) 解法二:連接CF,設(shè)C到平面BFG的距離為d, 在矩形ABCD中,AF=12AD=12,AB=2, ∴BF=14+4=172.(8分) ∵PD⊥平面ABCD,BF?平面ABCD,∴PD⊥BF, ∵FG∥PD,∴FG⊥BF,又知FG=12PD=12,∴△BFG的面積為12BF·FG=178.(10分) ∵△BCF的面積為12BC·AB=1,VC-BFG=VG-BCF, ∴13×178d=13×1×12,∴d=41717,即點(diǎn)C到平面BFG的距離為41717.(12

11、分) 2.(2019河南安陽三模,18)如圖所示,四棱錐A-BCDE中,BE∥CD,BE⊥平面ABC,CD=32BE,點(diǎn)F在線段AD上. (1)若AF=2FD,求證:EF∥平面ABC; (2)若△ABC為等邊三角形,CD=AC=3,求四棱錐A-BCDE的體積. 答案　(1)證明:取線段AC上靠近C的三等分點(diǎn)G,連接BG,GF. 因為AGAC=AFAD=23,所以GF∥CD,GF=23CD=BE.(2分) 又BE∥CD,故GF∥BE.(3分) 故四邊形BGFE為平行四邊形,故EF∥BG.(4分) 因為EF?平面ABC,BG?平面ABC,故EF∥平面ABC.(6分) (2

12、)因為BE⊥平面ABC,BE?平面BCDE, 所以平面ABC⊥平面BCDE.(8分) 所以四棱錐A-BCDE的高即為△ABC中BC邊上的高.(9分) 易求得BC邊上的高為32×3=332. 故四棱錐A-BCDE的體積V=13×12×(2+3)×3×332=1534.(12分) 方法2　證明面面平行的方法 1.(2020屆四川成都9月摸底考試,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°,M、N分別為AD、PA的中點(diǎn). (1)證明:平面BMN∥平面PCD; (2)若AD=6,求三棱錐P-BMN的

13、體積. 答案　(1)證明:連接BD. ∵AB=AD,∠BAD=60°, ∴△ABD為正三角形. ∵M(jìn)為AD的中點(diǎn),∴BM⊥AD. ∵AD⊥CD,CD,BM?平面ABCD,∴BM∥CD.(1分) 又BM?平面PCD,CD?平面PCD, ∴BM∥平面PCD.(2分) ∵M(jìn),N分別為AD,PA的中點(diǎn),∴MN∥PD. 又MN?平面PCD,PD?平面PCD, ∴MN∥平面PCD.(3分) 又BM,MN?平面BMN,BM∩MN=M,(5分) ∴平面BMN∥平面PCD.(6分) (2)在(1)中已證BM⊥AD, ∵平面PAD⊥平面ABCD,BM?平面ABCD, ∴BM⊥

14、平面PAD,(7分) ∵AB=AD=6,∠BAD=60°,∴BM=33.(8分) ∵M(jìn),N分別為AD,PA的中點(diǎn),PA=PD=22AD=32, ∴S△PMN=14S△PAD=14×12×(32)2=94.(10分) ∴三棱錐P-BMN的體積VP-BMN=VB-PMN=13S△PMN·BM=13×94×33=934.(12分) 2.(2018吉林長春質(zhì)量監(jiān)測,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.設(shè)M,N分別為PD,AD的中點(diǎn). (1)求證:平面CMN∥平面PAB; (2)求三棱錐P-AB

15、M的體積. 答案　(1)證明:∵M(jìn),N分別為PD,AD的中點(diǎn), ∴MN∥PA,又MN?平面PAB,PA?平面PAB, ∴MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中,∠CAD=60°,∠ACD=90°,易知CN=AN, ∴∠ACN=60°. 又∠BAC=60°,∴CN∥AB. ∵CN?平面PAB,AB?平面PAB, ∴CN∥平面PAB. 又CN∩MN=N,∴平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知,平面CMN∥平面PAB, ∴點(diǎn)M到平面PAB的距離等于點(diǎn)C到平面PAB的距離, ∵∠ABC=90°,∴CB⊥AB. ∵PA⊥平面ABCD, ∴PA⊥BC, ∴BC⊥平面P

16、AB. ∵AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=3, ∴三棱錐P-ABM的體積V=VM-PAB=VC-PAB=13×12×1×2×3=33. 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組 考點(diǎn)　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1.(2019課標(biāo)全國Ⅱ,7,5分)設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是(　　) A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C.α,β平行于同一條直線 D.α,β垂直于同一平面 答案　B　 2.(2017課標(biāo)全國Ⅰ,6,5分)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個

17、正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 答案　A　 3.(2019課標(biāo)全國Ⅰ,19,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn). (1)證明:MN∥平面C1DE; (2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離. 答案　本題考查了線面平行、垂直的判定和點(diǎn)到平面的距離,通過平行、垂直的證明,考查了學(xué)生的空間想象力,體現(xiàn)了直觀想象的核心素養(yǎng). (1)證明:連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因為N為A1D的中點(diǎn),所以ND=1

18、2A1D. 由題設(shè)知A1B1􀱀DC,可得B1C􀱀A1D,故ME􀱀ND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED. 又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE. (2)過C作C1E的垂線,垂足為H. 由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C, 所以DE⊥平面C1CE, 故DE⊥CH. 從而CH⊥平面C1DE, 故CH的長即為C到平面C1DE的距離. 由已知可得CE=1,C1C=4, 所以C1E=17, 故CH=41717. 從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為41717. 4.(2016課標(biāo)全國Ⅲ,19,12分)如圖,四

19、棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明MN∥平面PAB; (2)求四面體NBCM的體積. 答案　(1)證明:由已知得AM=23AD=2, 取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分) 又AD∥BC,故TN􀱀AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分) (2)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點(diǎn),所以N到平面ABCD的

20、距離為12PA.(9分) 取BC的中點(diǎn)E,連接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5. 由AM∥BC得M到BC的距離為5, 故S△BCM=12×4×5=25. 所以四面體NBCM的體積VNBCM=13·S△BCM·PA2=453.(12分) B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1.(2019江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點(diǎn),AB=BC. 求證:(1)A1B1∥平面DEC1; (2)BE⊥C1E. 證明　本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位

21、置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力和推理論證能力. (1)因為D,E分別為BC,AC的中點(diǎn),所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED. 又因為ED?平面DEC1,A1B1?平面DEC1, 所以A1B1∥平面DEC1. (2)因為AB=BC,E為AC的中點(diǎn), 所以BE⊥AC. 因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱, 所以C1C⊥平面ABC. 又因為BE?平面ABC,所以C1C⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1. 因為C1E?平面A1ACC1, 所以

22、BE⊥C1E. 2.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點(diǎn). (1)證明:CE∥平面PAB; (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值. 答案　(1)證明:如圖,設(shè)PA中點(diǎn)為F,連接EF,FB.因為E,F分別為PD,PA中點(diǎn),所以EF∥AD且EF=12AD. 又因為BC∥AD,BC=12AD,所以EF∥BC且EF=BC, 即四邊形BCEF為平行四邊形,所以CE∥BF, 因為CE?平面PAB,BF?平面PAB, 因此CE∥平面PAB. (2)

23、分別取BC,AD的中點(diǎn)M,N. 連接PN交EF于點(diǎn)Q,連接MQ. 因為E,F,N分別是PD,PA,AD的中點(diǎn),所以Q為EF的中點(diǎn), 在平行四邊形BCEF中,MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD,N是AD的中點(diǎn)得BN⊥AD. 因為PN∩BN=N, 所以AD⊥平面PBN, 由BC∥AD得BC⊥平面PBN, 因為BC?平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PBN. 過點(diǎn)Q作PB的垂線,垂足為H,連接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設(shè)CD=1. 在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2得CE=

24、2, 在△PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=14, 在Rt△MQH中,QH=14,MQ=2, 所以sin∠QMH=28. 所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是28. 3.(2016四川,17,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD. (1)在平面PAD內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM∥平面PAB,并說明理由; (2)證明:平面PAB⊥平面PBD. 答案　(1)取棱AD的中點(diǎn)M(M∈平面PAD),點(diǎn)M即為所求的一個點(diǎn).理由如下: 連接CM.因為AD∥BC,BC=12AD, 所以BC∥AM,且B

25、C=AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形,從而CM∥AB. 又AB?平面PAB,CM?平面PAB,所以CM∥平面PAB. (說明:取棱PD的中點(diǎn)N,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)) (2)證明:連接BM,由已知,PA⊥AB,PA⊥CD, 因為AD∥BC,BC=12AD, 所以直線AB與CD相交, 所以PA⊥平面ABCD. 因為BD?平面ABCD,所以PA⊥BD. 因為AD∥BC,BC=12AD, 所以BC∥MD,且BC=MD. 所以四邊形BCDM是平行四邊形. 又BC=CD,所以四邊形BCDM為菱形, 所以MC⊥BD, 由(1)知MC∥AB, 所以BD⊥

26、AB. 又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB. 又BD?平面PBD, 所以平面PAB⊥平面PBD. 4.(2015山東,18,12分)如圖,三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分別為AC,BC的中點(diǎn). (1)求證:BD∥平面FGH; (2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求證:平面BCD⊥平面EGH. 證明　(1)證法一:連接DG,CD,設(shè)CD∩GF=M,連接MH. 在三棱臺DEF-ABC中, AB=2DE,G為AC的中點(diǎn), 可得DF∥GC,DF=GC, 所以四邊形DFCG為平行四邊形. 則M為CD的中點(diǎn),又H為BC的中點(diǎn), 所以HM∥BD, 又HM?平

27、面FGH,BD?平面FGH, 所以BD∥平面FGH. 證法二:在三棱臺DEF-ABC中, 由BC=2EF,H為BC的中點(diǎn), 可得BH∥EF,BH=EF, 所以四邊形HBEF為平行四邊形, 可得BE∥HF. 在△ABC中,G為AC的中點(diǎn),H為BC的中點(diǎn), 所以GH∥AB. 又GH∩HF=H,AB∩BE=B, 所以平面FGH∥平面ABED. 因為BD?平面ABED, 所以BD∥平面FGH. (2)連接HE. 因為G,H分別為AC,BC的中點(diǎn), 所以GH∥AB. 由AB⊥BC,得GH⊥BC. 又H為BC的中點(diǎn), 所以EF∥HC,EF=HC, 因此四邊形EFC

28、H是平行四邊形. 所以CF∥HE, 又CF⊥BC,所以HE⊥BC. 又HE,GH?平面EGH,HE∩GH=H, 所以BC⊥平面EGH. 又BC?平面BCD, 所以平面BCD⊥平面EGH. C組　教師專用題組 考點(diǎn)　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1.(2016山東,18,12分)在如圖所示的幾何體中,D是AC的中點(diǎn),EF∥DB. (1)已知AB=BC,AE=EC,求證:AC⊥FB; (2)已知G,H分別是EC和FB的中點(diǎn).求證:GH∥平面ABC. 證明　(1)因為EF∥DB, 所以EF與DB確定平面BDEF. 連接DE. 因為AE=EC,D為AC的中點(diǎn)

29、, 所以DE⊥AC. 同理可得BD⊥AC. 又BD∩DE=D, 所以AC⊥平面BDEF, 因為FB?平面BDEF, 所以AC⊥FB. (2)設(shè)FC的中點(diǎn)為I.連接GI,HI. 在△CEF中,因為G是CE的中點(diǎn), 所以GI∥EF.又EF∥DB, 所以GI∥DB. 在△CFB中,因為H是FB的中點(diǎn), 所以HI∥BC. 又HI∩GI=I, 所以平面GHI∥平面ABC. 因為GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC. 2.(2015北京,18,14分)如圖,在三棱錐V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB為等邊三角形,AC⊥BC且AC=BC=2,O,M分別為

30、AB,VA的中點(diǎn). (1)求證:VB∥平面MOC; (2)求證:平面MOC⊥平面VAB; (3)求三棱錐V-ABC的體積. 答案　(1)證明:因為O,M分別為AB,VA的中點(diǎn), 所以O(shè)M∥VB. 又因為VB?平面MOC, 所以VB∥平面MOC. (2)證明:因為AC=BC,O為AB的中點(diǎn),所以O(shè)C⊥AB. 又因為平面VAB⊥平面ABC,且OC?平面ABC, 所以O(shè)C⊥平面VAB. 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=2, 所以AB=2,OC=1. 所以等邊三角形VAB的面積S△VAB=3. 又因為OC⊥平面VAB, 所以

31、三棱錐C-VAB的體積等于13OC·S△VAB=33. 又因為三棱錐V-ABC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等, 所以三棱錐V-ABC的體積為33. 3.(2015天津,17,13分)如圖,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,點(diǎn)E和F分別為BC和A1C的中點(diǎn). (1)求證:EF∥平面A1B1BA; (2)求證:平面AEA1⊥平面BCB1. 證明　(1)如圖,連接A1B.在△A1BC中,因為E和F分別是BC和A1C的中點(diǎn),所以EF∥BA1.又因為EF?平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA. (2)因為AB=

32、AC,E為BC的中點(diǎn),所以AE⊥BC.因為AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,所以BB1⊥平面ABC,從而BB1⊥AE.又因為BC∩BB1=B,所以AE⊥平面BCB1,又因為AE?平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面BCB1. 4.(2015廣東,18,14分)如圖,三角形PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3. (1)證明:BC∥平面PDA; (2)證明:BC⊥PD; (3)求點(diǎn)C到平面PDA的距離. 答案　(1)證明:因為四邊形ABCD是長方形, 所以AD∥BC. 又因為AD?平面PDA,BC?平面PDA,所以BC∥平面PDA.

33、 (2)證明:取CD的中點(diǎn),記為E,連接PE,因為PD=PC,所以PE⊥DC. 又因為平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PE?平面PDC,所以PE⊥平面ABCD. 又BC?平面ABCD,所以PE⊥BC. 因為四邊形ABCD為長方形,所以BC⊥DC. 又因為PE∩DC=E,所以BC⊥平面PDC. 而PD?平面PDC,所以BC⊥PD. (3)連接AC.由(2)知,BC⊥PD,又因為AD∥BC,所以AD⊥PD,所以S△PDA=12AD·PD=12×3×4=6. 在Rt△PDE中,PE=PD2-DE2=42-32=7. S△ADC=12AD·DC=12×3×6

34、=9. 由(2)知,PE⊥平面ABCD,則PE為三棱錐P-ADC的高. 設(shè)點(diǎn)C到平面PDA的距離為d, 由VC-PDA=VP-ADC,即13d·S△PDA=13PE·S△ADC,亦即13×6d=13×7×9,得d=372. 故點(diǎn)C到平面PDA的距離為372. 5.(2014課標(biāo)Ⅱ,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點(diǎn). (1)證明:PB∥平面AEC; (2)設(shè)AP=1,AD=3,三棱錐P-ABD的體積V=34,求A到平面PBC的距離. 解析　(1)證明:設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為O,連接EO. 因為ABCD為矩形,

35、 所以O(shè)為BD的中點(diǎn). 又E為PD的中點(diǎn), 所以EO∥PB. EO?平面AEC,PB?平面AEC, 所以PB∥平面AEC. (2)V=16PA·AB·AD=36AB. 又V=34, 所以AB=32, 所以PB=AB2+PA2=132. 作AH⊥PB交PB于H. 由題設(shè)知BC⊥平面PAB, 因為AH?平面PAB, 所以BC⊥AH, 又BC∩BP=B, 故AH⊥平面PBC. 又AH=PA·ABPB=31313, 所以A到平面PBC的距離為31313. 6.(2014四川,18,12分)在如圖所示的多面體中,四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形. (1)

36、若AC⊥BC,證明:直線BC⊥平面ACC1A1; (2)設(shè)D,E分別是線段BC,CC1的中點(diǎn),在線段AB上是否存在一點(diǎn)M,使直線DE∥平面A1MC?請證明你的結(jié)論. 答案　(1)證明:因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形, 所以AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因為AB,AC為平面ABC內(nèi)兩條相交直線, 所以AA1⊥平面ABC. 因為直線BC?平面ABC,所以AA1⊥BC. 又AC⊥BC,AA1,AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交直線, 所以BC⊥平面ACC1A1. (2)存在.證明如下:取線段AB的中點(diǎn)M,連接A1M,MC,A1C,AC1,設(shè)O為A1C,AC1的交點(diǎn).

37、 由已知可知O為AC1的中點(diǎn). 連接MD,OE,則MD,OE分別為△ABC,△ACC1的中位線, 所以MD∥AC且MD=12AC,OE∥AC且OE=12AC,因此MD􀱀OE. 連接OM,從而四邊形MDEO為平行四邊形,則DE∥MO. 因為直線DE?平面A1MC,MO?平面A1MC, 所以直線DE∥平面A1MC,即線段AB上存在一點(diǎn)M(線段AB的中點(diǎn)),使直線DE∥平面A1MC. 【三年模擬】 時間:60分鐘　分值:80分 一、選擇題(每小題5分,共20分) 1.(2020屆甘肅武威調(diào)研,5)已知α,β是兩個不重合的平面,下列選項中,一定

38、能得出平面α與平面β平行的是(　　) A.α內(nèi)有兩條直線與β平行B.直線a∥α,a∥β C.直線a,b滿足a∥b,a∥α,b∥βD.異面直線a,b滿足a?α,b?β,且a∥β,b∥α 答案　D　 2.(2020屆黑龍江頂級名校9月聯(lián)考,8)如圖,四棱錐S-ABCD的所有棱長均為2,E是SA的中點(diǎn),過C、D、E三點(diǎn)的平面與SB交于點(diǎn)F,則四邊形DEFC的周長為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2+3 B.3+3 C.3+23 D.2+23 答案　C　 3.(2019江西吉安一模,11)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是A1D1

39、,A1B1的中點(diǎn),過直線BD的平面α∥平面AMN,則平面α截該正方體所得截面的面積為(　　) A.2 B.98 C.3 D.62 答案　B　 4.(2018湖南長沙長郡中學(xué)調(diào)研考試,11)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,點(diǎn)E是線段AB的中點(diǎn),點(diǎn)F在線段PA上,且EF∥平面PCD,直線PD與平面CEF交于點(diǎn)H,則線段CH的長度為(　　) A.2 B.2 C.22 D.23 答案　C　 二、填空題(每小題5分,共10分) 5.(2019福建廈門一模,15)在正三棱錐S-ABC中,AB=23,SA=2

40、5,E,F分別為AC,SB的中點(diǎn).平面α過點(diǎn)A,平面α∥平面SBC,平面α∩平面ABC=l,則異面直線l和EF所成角的余弦值為　　　　.? 答案　64 6.(2020屆安徽合肥一中等六校第一次聯(lián)考,16)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)M是AD的中點(diǎn),動點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界),若B1P∥平面A1BM,則C1P的最小值是　　　　.? 答案　305 三、解答題(共50分) 7.(2020屆百師聯(lián)盟開學(xué)摸底考試,18)如圖,三角形DCF所在平面垂直于四邊形ABCD所在平面,AB=AD=FC=2,BC=5,∠ADC=∠DAB=∠FCD=90°,N,

41、P分別為AF,BC的中點(diǎn). (1)證明:PN∥平面FDC; (2)求棱錐A-BDF的高. 答案　(1)證明:取AD的中點(diǎn)M,連接PM,MN. 因為P,N,M分別為BC,AF,AD的中點(diǎn), 所以MN∥FD,PM∥CD,(1分) 又知MN?平面FDC,FD?平面FDC,所以MN∥平面FDC, 同理PM∥平面FDC,又PM∩MN=M, 所以平面PMN∥平面FDC,(3分) 又PN?平面PMN, 所以PN∥平面FDC.(5分) (2)由已知得四邊形ABCD是直角梯形,計算得CD=3,(6分) 因為平面FCD⊥平面ABCD,∠FCD=90°, 所以FC⊥平面ABCD.

42、 則VA-BDF=VF-ABD=13×12×AB·AD·FC=13×12×2×2×2=43.(8分) 設(shè)棱錐A-BDF的高為h, 由已知得FD=FC2+CD2=13,BD=AD2+AB2=22, 由FC⊥平面ABCD得FC⊥BC,所以FB=BC2+CF2=3,所以cos∠DBF=BD2+FB2-FD22·BD·FB=26. 所以sin∠DBF=1-262=346, 所以S△BDF=12BD·FB·sin∠DBF=12×22×3×346=17.(10分) 由VA-BDF=13×S△BDF×h=13×17×h=43, 得h=41717. 所以棱錐A-BDF的高為41717.(12分

43、) 8.(2019河南洛陽第二次統(tǒng)考,18)如圖,已知平面多邊形PABCD中,AP=PD,AD=2DC=2CB=4,AD∥BC,AP⊥PD,AD⊥DC,E為PD的中點(diǎn),現(xiàn)將三角形APD沿AD折起,使PC=22. (1)證明:CE∥平面PAB; (2)求三棱錐P-BCE的體積. 答案　(1)證明:如圖,取PA的中點(diǎn)H,連接HE,HB. ∵E為PD的中點(diǎn),∴HE為△PAD的中位線, ∴HE∥AD且HE=12AD.(2分) 又BC∥AD且BC=12AD,∴HE􀱀BC, ∴四邊形BCEH為平行四邊形, ∴CE∥BH,(3分) ∵BH?平面ABP,CE?平面AB

44、P, ∴CE∥平面ABP.(5分) (2)由題意知△PAD為等腰直角三角形,四邊形ABCD為直角梯形, 取AD的中點(diǎn)F,連接BF,PF,∵AD=2BC=4,∴PF=BF=2, ∵PF⊥AD,BF⊥AD,PF∩BF=F,∴DF⊥平面PBF, ∴BC⊥平面PBF,∵PB?平面PBF,∴BC⊥PB.(7分) ∵在直角三角形PBC中,PC=22,BC=2,∴PB=2, ∴△PBF為等邊三角形.(8分) 取BF的中點(diǎn)O,連接PO,則PO⊥BF,由DF⊥平面PBF知PO⊥DF,又DF∩BF=F, ∴PO⊥平面ABCD,在等邊△PBF中,可求得PO=3,(9分) ∵E為PD的中點(diǎn),

45、 ∴E到平面PBC的距離等于D到平面PBC的距離的一半, 連接BD,則VP-BCE=VE-PBC=12VD-PBC=12VP-BCD=12×13·S△BCD·PO=12×13×12×2×2×3=33.(12分) 9.(2020屆山西長治二中9月月考,18)如圖,在多面體ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四邊形ADEF為正方形,四邊形ABCD為梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=12BC. (1)求證:AD∥平面BCEF; (2)求證:BD⊥平面CDE; (3)在線段BD上是否存在點(diǎn)M,使得CE∥平面AMF?若存在,求出BMDM的值;若不存在,請說明理由.

46、 答案　(1)證明:因為四邊形ADEF為正方形,所以AD∥EF, 由于EF?平面BCEF,AD?平面BCEF, 所以AD∥平面BCEF. (2)證明:因為四邊形ADEF為正方形,所以DE⊥AD. 因為平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD, 所以DE⊥平面ABCD,所以DE⊥BD. 取BC的中點(diǎn)N,連接DN. 由BN∥AD,BN=12BC=AD=AB,∠BAD=90°, 可得四邊形ABND為正方形,所以DN=AB. 所以DN=12BC,所以BD⊥CD, 因為CD∩DE=D,所以BD⊥平面CDE. (3)存在,當(dāng)M為BD的中點(diǎn)時,CE∥平面AMF,

47、此時BMDM=1. 理由如下: 連接AN交BD于點(diǎn)M,連接NF,由于四邊形ABND為正方形, 所以M是BD的中點(diǎn),同時也是AN的中點(diǎn). 因為NC=AD,NC∥AD,四邊形ADEF為正方形, 所以NC=FE,NC∥FE, 所以四邊形NCEF為平行四邊形,所以CE∥NF. 又因為NF?平面AMF,CE?平面AMF, 所以CE∥平面AMF. 10.(2018河南六市三模,18)已知空間幾何體ABCDE中,△BCD與△CDE均是邊長為2的等邊三角形,△ABC是腰長為3的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD. (1)試在平面BCD內(nèi)作一條直線,使得直線上任意一點(diǎn)

48、F與E的連線EF均與平面ABC平行,并給出證明; (2)求三棱錐E-ABC的體積. 答案　(1)如圖所示,取DC的中點(diǎn)N,取BD的中點(diǎn)M,連接MN,則MN即為所求. 證明:連接EM,EN,取BC的中點(diǎn)H,連接AH, ∵△ABC是腰長為3的等腰三角形,BC=2,H為BC的中點(diǎn), ∴AH⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AH?平面ABC, ∴AH⊥平面BCD,同理可證EN⊥平面BCD, ∴EN∥AH, ∵EN?平面ABC,AH?平面ABC, ∴EN∥平面ABC. 又M,N分別為BD,DC的中點(diǎn), ∴MN∥BC, ∵M(jìn)N?平面ABC,BC?平

49、面ABC, ∴MN∥平面ABC. 又MN∩EN=N,MN?平面EMN,EN?平面EMN, ∴平面EMN∥平面ABC, 又EF?平面EMN, ∴EF∥平面ABC, 即直線MN上任意一點(diǎn)F與E的連線EF均與平面ABC平行. (2)連接DH,取CH的中點(diǎn)G,連接NG,則NG∥DH, 由(1)可知EN∥平面ABC, ∴點(diǎn)E到平面ABC的距離與點(diǎn)N到平面ABC的距離相等, 又△BCD是邊長為2的等邊三角形, ∴DH⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,DH?平面BCD, ∴DH⊥平面ABC, ∴NG⊥平面ABC, 易知DH=3, ∴NG=32, 又S△ABC=12·BC·AH=12×2×32-12=22, ∴VE-ABC=13·S△ABC·NG=63.