【期末热点.重难点】平行关系（含解析）2024-2025学年北师大版（2019）必修第二册数学高一下册

期末热点.重难点 平行关系
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 徐汇区校级期末）M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，对于下列两个命题：①直线MN恒与平面ABD平行；②异面直线AC与MN恒垂直．以下判断正确的是（　　）
A．①为真命题，②为真命题
B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题
D．①为假命题，②为假命题
2．（2024秋 嘉定区校级期末）已知l，m，n是三条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（　　）
A．若α∥β，β∥γ，则α∥γ
B．若l α，m α，l∥β，m∥β，则α∥β
C．若l∥α，l∥β，则α∥β
D．若l∥m，m α，则l∥α
3．（2024秋 枣庄校级期中）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且，若B1F∥平面A1BE，则λ＝（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 上海校级期中）下列四个正方体图形中，A、B、M、N、P分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024 天府新区模拟）在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 丽水期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E为BC中点，动点F在正方形CDD1C1内（包括边界），则下列说法正确的是（　　）
A．若EF∥D1B，则EF的长度是
B．若B1F∥平面A1BD，则FC1的最小值是
C．若A1E⊥BF，则点F的轨迹长度是
D．若C1F⊥平面A1CF，则点F的位置唯一
（多选）7．（2025 淮北一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是对应棱的中点，则（　　）
A．直线A1C∥平面PMN
B．直线BD1⊥平面PMN
C．直线AD1与MN的夹角为60°
D．平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN
（多选）8．（2024秋 越城区校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱AC，A1B的中点，则（　　）
A．MN∥平面ADD1A1
B．MN⊥AC1
C．直线MN与直线A1C1所成角为
D．若，则平面M，N，C1，E四点共面
（多选）9．（2024秋 仁寿县期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，，则（　　）
A．
B．
C．EF∥平面PAB
D．异面直线BE与PA夹角的余弦值为
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 浦东新区校级期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，则λ的值为 　 　．
11．（2024秋 上海校级期中）平面α∥平面β，A，C∈α，点B，D∈β，直线AB，CD相交于P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，则CD＝　 　．
12．（2024秋 重庆校级期中）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，在A1B上取一点M，在B1C上取一点N，使得直线MN∥平面A1ACC1，则线段MN的最小值为 　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 朝阳区期末）如图，在五面体ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分别为BQ，AP的中点，连接DG，EG，CE．
（Ⅰ）求证：AP⊥平面DCE；
（Ⅱ）求直线CP与平面DCE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点M，使得CP∥平面DGM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
14．（2024秋 泉州期末）如图，AB为圆锥PO的底面直径，点C，D为底面上的三等分点，点M，N分别为PA，PB的中点．
（1）证明：MN∥平面PCD；
（2）若AB＝4，，求直线AC与BM所成角的余弦值．
15．（2024秋 石景山区期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，底面ABC为等边三角形，E，F分别为BB1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平面A1EC；
（Ⅱ）求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
期末热点.重难点 平行关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 徐汇区校级期末）M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，对于下列两个命题：①直线MN恒与平面ABD平行；②异面直线AC与MN恒垂直．以下判断正确的是（　　）
A．①为真命题，②为真命题
B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题
D．①为假命题，②为假命题
【考点】直线与平面平行；命题的真假判断与应用；异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】首先利用线面平行的判定定理，判定①的结论正确，进一步利用线面垂直的判定定理判定②的结论正确．
【解答】解：对于①：由于M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，
所以MN∥BD，
由于MN 平面ABD，BD 平面ABD，
故直线MN恒与平面ABD平行；
故①正确；
对于②，取AC的中点O，连接BO和DO，
如图所示：
根据菱形的性质，
所以BO⊥AC，DO⊥AC，
故AC⊥平面BOD；
由于BD 平面BOD，
所以AC⊥BD，
由于MN∥BD，
所以AC⊥MN，故②正确．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：平面图形和直观图的转换，线面平行和线面垂直的判定和性质，主要考查学生的空间想象能力，属于基础题和易错题．
2．（2024秋 嘉定区校级期末）已知l，m，n是三条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（　　）
A．若α∥β，β∥γ，则α∥γ
B．若l α，m α，l∥β，m∥β，则α∥β
C．若l∥α，l∥β，则α∥β
D．若l∥m，m α，则l∥α
【考点】平面与平面平行．
【专题】对应思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】A
【分析】由线面位置关系逐一判断各个选项即可．
【解答】解：对于A选项，由平行的传递性可知A选项成立；
对于B选项，直线l，m不一定相交，根据面面平行的判定定理易知面面平行不一定成立，错；
对于C选项，α与β也有可能相交，错；
对于D选项，直线l不一定在平面α外，也可能在面α内，故不成立，错．
故选：A．
【点评】本题考查了线面位置关系，属于基础题．
3．（2024秋 枣庄校级期中）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且，若B1F∥平面A1BE，则λ＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，先求出平面A1BE的法向量，再根据线面平行可得，运算求解可得答案．
【解答】解：如图所示，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示，设正方体的棱长为1，
则，
可得，
设是平面A1BE的法向量，则，
令z＝2，则x＝2，y＝1，即，
由，且，可得F（λ，1，1）（0≤λ≤1），
又因为B1（1，0，1），则，
由B1F∥平面A1BE，可得，解得．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的性质、平面的法向量求法等知识，考查了计算能力、空间想象能力，属于基础题．
4．（2024秋 上海校级期中）下列四个正方体图形中，A、B、M、N、P分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】对应思想；定义法；立体几何；逻辑思维；直观想象．
【答案】A
【分析】由直线与平面的位置关系对选项逐一判断．
【解答】解：对于A，由题意得MN∥AC，NP∥BC，而MP∩NP＝P，AC∩BC＝C，
MP 平面MNP，NP 平面MNP，AC 平面BC，BC 平面ABC，
故平面MNP∥平面ABC，而AB 平面ABC，故AB∥平面MNP，故A正确；
对于B，取MP的中点Q，底面中心O，则NO∥AB，故AB与NQ相交，故B错误；
对于C，MB∥NP，故B∈平面MNP，则AB∩平面MNP＝B，故C错误；
对于D，作平行四边形MNPQ，则AB与MQ相交，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
5．（2024 天府新区模拟）在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】对应思想；分析法；空间位置关系与距离．
【答案】A
【分析】利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案．
【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；
对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；
对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；
所以选项A满足题意，
故选：A．
【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 丽水期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E为BC中点，动点F在正方形CDD1C1内（包括边界），则下列说法正确的是（　　）
A．若EF∥D1B，则EF的长度是
B．若B1F∥平面A1BD，则FC1的最小值是
C．若A1E⊥BF，则点F的轨迹长度是
D．若C1F⊥平面A1CF，则点F的位置唯一
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；轨迹方程．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】连接CD1，取其中点F，由中位线定理得EF∥D1B，可判断A；建立空间直角坐标系并得出各点坐标，设F（0，m，n），其中0＜m＜2，0＜n＜2，利用坐标法分别判断选项BCD．
【解答】解：对于A，连接CD1，取其中点F，在△BCD1中，EF为中位线，
∴EF∥D1B，
∵，∴，故A错误；
对于B，如图，以D为原点分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），A1（2，0，2），
B1（2，2，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（1，2，0），
∵动点F在正方形CDD1C1内，∴设F（0，m，n），其中0＜m＜2，0＜n＜2，
，，
设平面A1BD的一个法向量为，
则，则，令y＝1，得，
∵，B1F∥平面A1BD，则，
则2+m﹣2+n﹣2＝0，即m+n＝2，∴F（0，m，2﹣m），
此时，则，
当m＝1时，取最小值，故B正确；
对于C，，
∵A1E⊥BF，∴，
整理得m﹣n＝1，则点F的轨迹如图线段MN，其中M、N都为中点，
则，故C正确；
对于D，若C1F⊥平面A1CF，则，．
由于，，，
则，解得或（舍去），
此时F（0，1，1），即点F的位置唯一，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）7．（2025 淮北一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P是对应棱的中点，则（　　）
A．直线A1C∥平面PMN
B．直线BD1⊥平面PMN
C．直线AD1与MN的夹角为60°
D．平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】BCD
【分析】利用线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，即可得出结论．
【解答】解：连接AC，AB1，CB1，AD1，CD1，BD，B1D1，
A中，因为M，N是对应棱的中点，所以MN∥AC，因为MN 平面AB1C，AC 平面AB1C，
所以MN∥平面AB1C，同理PM∥平面AB1C，
因为PM∩MN＝M，PM，MN 平面PMN，所以平面PMN∥平面AB1C，
因为直线A1C不平行平面AB1C，所以直线A1C不平行平面PMN，所以A错误；
B中，因为BD⊥AC，AC⊥D1D，BD∩D1D＝D，BD，DD1 平面BD1，所以AC⊥平面BD1，
因为BD1 平面BD1，所以BD1⊥AC，同理可得，BD1⊥AB1，
由于AC和AB1是平面AB1C上的两条相交直线，所以根据直线与平面垂直的判定定理，可得BD1⊥平面AB1C，
因为平面PMN∥平面AB1C，所以直线BD1⊥平面PMN，所以B正确；
C中，由题意，∠D1AC为直线AD与MN的夹角，因为△AD1C为等边三角形，所以∠D1AC＝60°，所以C正确；
D中，因为平面A1B1C1∥平面ABC，平面PMN∩平面ABC＝MN，
所以根据面面平行的性质可知平面PMN与平面A1B1C1的交线平行于MN，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，属于中档题．
（多选）8．（2024秋 越城区校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱AC，A1B的中点，则（　　）
A．MN∥平面ADD1A1
B．MN⊥AC1
C．直线MN与直线A1C1所成角为
D．若，则平面M，N，C1，E四点共面
【考点】直线与平面平行；异面直线及其所成的角；共面直线及四点共面．
【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】ABD
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱AC，A1B的中点，
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设AB＝2，则A（2，0，0），B（2，2，0），M（1，1，0），N（2，1，1），（1，0，1），
AB⊥平面ADD1A1，∴（0，2，0）是平面ADD1A1的法向量，
∵0，MN 平面ADD1A1，∴MN∥平面ADD1A1，故A正确；
C1（0，2，2），（﹣2，2，2），∴2+0+2＝0，∴MN⊥AC1，故B正确；
A1（2，0，2），（﹣2，2，0），
cos，，
∴直线MN与直线A1C1所成角为，故C错误；
∵，∴E（2，，2），
∴（0，，1），（﹣1，1，2），
设平面MNC1的法向量为（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，3，﹣1），
则点E到平面MNC1的距离为d0，
∴若，则平面M，N，C1，E四点共面，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查线面平行、线线垂直、线面角、四点共面等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）9．（2024秋 仁寿县期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，，则（　　）
A．
B．
C．EF∥平面PAB
D．异面直线BE与PA夹角的余弦值为
【考点】直线与平面平行；异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，根据向量的线性运算判断A；由向量模的坐标表示判断B；根据数量积为0证明垂直判断C；由异面直线所成角的向量求法判断D．
【解答】解：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
在正方形ABCD中，有AB⊥AD，所以AB，AD，AP两两互相垂直，
所以以A为坐标原点，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，
而AB＝AD＝AP＝2，从而A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F（1，1，0），
对于A，，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，平面PAB的一个法向量为，，
EF 平面PAB，所以EF∥平面PAB，故C正确；
对于D，，，
所以异面直线BE与PA夹角的余弦值为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查线面平行的判断，异面直线所成角的求法，空间向量的线性运算，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 浦东新区校级期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，则λ的值为 　2　．
【考点】直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】2．
【分析】连接A1C，设A1C∩AE＝F，连接FD，E是棱CC1的中点，可证得，由A1B∥平面ADE，可得A1B∥FD，即求得，由题意可得λ的值．
【解答】解：连接A1C，设A1C∩AE＝F，连接FD，E是棱CC1的中点，
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，
因为A1B∥平面ADE，A1B 平面A1BC，平面A1BC∩平面AED＝FD，
可得A1B∥FD，，
所以，
而BD＝λDC，所以λ＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查线面平行的性质的应用及平行线分线段成比例的性质的应用，属于中档题．
11．（2024秋 上海校级期中）平面α∥平面β，A，C∈α，点B，D∈β，直线AB，CD相交于P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，则CD＝　2或34　．
【考点】平面与平面平行．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】用面面平行的性质，可得AC∥BD，根据比例关系即可求出CD．
【解答】解：∵平面α∥β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点P，
∴AB，CD共面，且AC∥BD，
①若点P在平面α，β的外部，
∴，
∵AP＝8，BP＝9，CP＝16，
∴，解得PD＝18，
∴CD＝PD﹣PC＝18﹣16＝2．
②点P在平面α，β的之间，
则，即，解得PD＝18，
则CD＝CP+PD＝18+16＝34，
故答案为：2或34．
【点评】本题考查面面平行的性质，考查学生的计算能力，正确运用面面平行的性质是关键．
12．（2024秋 重庆校级期中）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，在A1B上取一点M，在B1C上取一点N，使得直线MN∥平面A1ACC1，则线段MN的最小值为 　　．
【考点】直线与平面平行；棱柱的结构特征．
【答案】．
【分析】以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面AA1C1C的法向量，由向量与平面AA1C1C的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值．
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，在A1B上取一点M，
在B1C上取一点N，使得直线MN∥平面A1ACC1，
以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A（2，0，0），B（2，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），
A1（2，0，3），B1（2，1，3），C1（0，1，3），D1（0，0，3），
∴，，，，，
设平面ACC1A1的一个法向量为，
则，取x＝1，得，
设，，
则，
∵直线MN∥平面A1ACC1，∴，
∴，∴μ＝1﹣λ，
∴，
∴，
当且仅当时，取得最小值，
∴线段MN的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查长方体结构特征、线面平行的判定与性质、线段长等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 朝阳区期末）如图，在五面体ABCDPQ中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝4，AB＝3．E，G分别为BQ，AP的中点，连接DG，EG，CE．
（Ⅰ）求证：AP⊥平面DCE；
（Ⅱ）求直线CP与平面DCE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点M，使得CP∥平面DGM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）存在，．
【分析】（Ⅰ）应用线面垂直的判定定理证明即可；
（Ⅱ）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值；
（Ⅲ）先设，再应用线面平行即得，计算求参即可．
【解答】证明：（Ⅰ）因为PD⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PD⊥CD，
又因为CD⊥AD，AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又AP 平面PAD，所以CD⊥AP，
又因为AD＝DP，G为线段AP的中点，所以AP⊥DG，
因为PQ∥CD，AB∥CD，所以PQ∥AB，
因为E，G分别为线段BQ，AP的中点，所以EG∥AB，
又CD∥AB，所以EG∥CD，即C，D，G，E四点共面，
又CD∩DG＝D，DG 平面DCE，CD 平面DCE，
所以AP⊥平面DCE；
解：（Ⅱ）因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC，
又AD⊥CD，所以DA，DC，DP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，
于是A（4，0，0），B（4，3，0），C（0，4，0），P（0，0，4），
可得，
由（1）可得AP⊥平面DCE，
所以平面DCE的一个法向量为，
设直线CP与平面DCE所成角为θ，则有
，
则直线CP与平面DCE所成角的正弦值为；
（Ⅲ）设M是线段BC上的一点，则存在∈[0，1]，使，
，从而，
由点A，P的坐标可得，
设平面DGM的法向量为，
则有，即，
令x＝3+λ，则法向量为，
令0，即﹣4（4λ﹣4）+4（﹣3﹣λ）＝0，解得，
此时，又显然有CP 平面DCM，从而CP∥平面DGM，
所以，线段BC上存在点M，使得CP∥平面DCM，此时．
【点评】本题考查了线面垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．
14．（2024秋 泉州期末）如图，AB为圆锥PO的底面直径，点C，D为底面上的三等分点，点M，N分别为PA，PB的中点．
（1）证明：MN∥平面PCD；
（2）若AB＝4，，求直线AC与BM所成角的余弦值．
【考点】直线与平面平行；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【分析】（1）推导出MN∥AB，连接OC，OD，推导出CD∥AB∥MN，由此能证明MN∥平面PCD．
（2）取CD中点Q，连接OQ，OP，则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，OP⊥AB，以O为坐标原点，OQ，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC，BM所成角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：∵AB为圆锥PO的底面直径，点M，N分别为PA，PB的中点，
∴MN∥AB，
连接OC，OD，∵点C，D为底面上的三等分点，
∴∠AOC＝∠COD＝60°，
△OCD是等边三角形，∴∠DCO＝60°＝∠AOC，∴CD∥AB∥MN，
∵MN 平面PCD，CD 平面PCD，
∴MN∥平面PCD．
（2）取CD中点Q，连接OQ，OP，
则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，∴OP⊥AB，
∵OB＝2，PB＝2，∴OP＝2，
以O为坐标原点，OQ，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则C（，﹣1，0），A（0，﹣2，0），B（0，2，0），M（0，﹣1，1），
∴（，1，0），（0，﹣3，1），
设异面直线AC，BM所成角为θ，
则cosθ，
∴异面直线AC，BM所成角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定与性质、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2024秋 石景山区期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，底面ABC为等边三角形，E，F分别为BB1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平面A1EC；
（Ⅱ）求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）证明过程见详解；
（Ⅱ）证明过程见详解．
【分析】（Ⅰ）取A1C1的中点N，连接NF，EM，设NF∩AC1＝M，可得M为NF的中点，所以EM∥BF，再由线面平行的判定定理，可证得结论；
（Ⅱ）易证得BF⊥平面ACC1A1，由（Ⅰ）可得CE∥BF，所以CE⊥平面ACC1A1，再证得结论．
【解答】（Ⅰ）证明：取A1C1的中点N，连接NF，EM，设NF∩AC1＝M，因为E，F分别为BB1，AC的中点，
可得M为NF的中点，所以EM∥BF；
又因为EM 平面A1EC，BF 平面A1EC，
所以BF∥平面A1EC；
（Ⅱ）证明：因为底面ABC为等边三角形，F为AC的中点，所以BF⊥AC，
又因为A1A⊥底面ABC，BF 平面ABC，
所以AA1⊥BF，而AC∩AA1＝A，
所以BF⊥平面ACC1A1，
由（Ⅰ）可得CE∥BF，
所以CE⊥平面ACC1A1，
又因为CE 平面A1EC，
所以平面A1EC⊥平面ACC1A1．
【点评】本题考查线面平行的判定定理的应用及线面垂直的性质定理的应用，属于中档题．
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