7.3　直线、平面平行的判定与性质--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）

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2027通用版高考数学第一轮
7.3　直线、平面平行的判定与性质
考点　直线、平面平行的判定与性质
五年高考
1.★★★(2024新课标Ⅰ,17,15分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
2.★★★(2022新高考Ⅱ,20,12分)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
三年模拟
1.★★(2026届河北衡水二中三模,4)已知直线a,b,平面α,且b α,则“a∥b”是“a∥α”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
2.★★★(2025届湖北八校三模,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,∠ABC=,AB=AP=2,PA⊥底面ABCD,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点.
(1)求证:平面AEG∥平面BDH;
(2)求点A到平面BDH的距离.
3.★★★(2026届山东青岛阶段检测,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB⊥AD,AD∥BC,AD=AP=2AB=2BC=2,PA⊥平面ABCD,E为棱PD上的动点.
(1)当E为棱PD的中点时,证明:EC∥平面PAB;
(2)若PE=2ED,求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值.
4.★★★★(2026届山东德州禹城综合实验高中期中,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD=3.
(1)若点E为线段PD的中点,求证:AE⊥平面PDC;
(2)若,则线段AB上是否存在一点F,使得EF∥平面PBC 若存在,请确定点F的位置,并求三棱锥F-PBC的体积.
7.3　直线、平面平行的判定与性质
考点　直线、平面平行的判定与性质
五年高考
1.★★★(2024新课标Ⅰ,17,15分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB 平面PAB,∴AD⊥AB.
在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD 平面PBC,BC 平面PBC,∴AD∥平面PBC.
(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0).
设AD=t,t>0,则DC=,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,,0),则=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=,则y1=t,
则n1=(,t,0),
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则∴
令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),
∵二面角A-CP-D的正弦值为,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值为,∴=|cos|=,
∴t=(舍负),∴AD=.
2.★★★(2022新高考Ⅱ,20,12分)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
解析　(1)证法一　连接OA,
∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,
∴∠POA=∠POB=90°,
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,
∴OA=OB,
取AB的中点D,连接OD,DE,
则OD⊥AB,
又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,
又∵OD 平面PAC,AC 平面PAC,
∴OD∥平面PAC,
又D,E分别为AB,PB的中点,
∴DE∥PA,
又∵DE 平面PAC,PA 平面PAC,
∴DE∥平面PAC,
又OD,DE 平面ODE,OD∩DE=D,
∴平面ODE∥平面PAC,
又OE 平面ODE,∴OE∥平面PAC.
证法二　连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,
∴PO⊥OA,PO⊥OB,
∴∠POA=∠POB=90°,
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,
延长BO交AC于点F,连接PF,
易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,
∵E为PB的中点,∴OE∥PF,
又OE 平面PAC,PF 平面PAC,∴OE∥平面PAC.
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2,∴P(0,2,3),B(2,0,0),A(-2,0,0),E,
∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4,
∴AC=12,C(-2,12,0).
设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),
=(4,0,0),,
∴
令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
=(0,12,0),
∴
令x2=,则z2=-6,∴n2=(,0,-6),
∴cos=,
设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=,
∴二面角C-AE-B的正弦值为.
三年模拟
1.★★(2026届河北衡水二中三模,4)已知直线a,b,平面α,且b α,则“a∥b”是“a∥α”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　D　
2.★★★(2025届湖北八校三模,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,∠ABC=,AB=AP=2,PA⊥底面ABCD,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点.
(1)求证:平面AEG∥平面BDH;
(2)求点A到平面BDH的距离.
解析　(1)证明:连接AC,交BD于点O,连接OH,在△PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,所以EG∥BH,又因为EG 平面BDH,BH 平面BDH,
所以EG∥平面BDH,
同理,AG∥平面BDH,
因为AG,EG 平面AEG,AG∩EG=G,
所以平面AEG∥平面BDH.【面面平行的判定定理】
(2)记点A,H到平面BDH,平面ABD的距离分别为hA,hH.
由题意知S△ABD=×2×2×.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,又PA=2,CH=CP,所以hH=.
易知PB=PC=2,AC=2,CH=,
在△PBC中,由余弦定理的推论得cos∠PCB=,
在△BCH中,由余弦定理得BH2=BC2+CH2-2BC·CH·cos∠HCB=,则BH=,
同理,DH=,则BH=DH,又因为O为BD的中点,所以OH⊥BD.
在△BDH中,BD=2,S△BDH=×2×,
连接AH,
因为VA-BDH=VH-ABD,
所以hA=.
3.★★★(2026届山东青岛阶段检测,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB⊥AD,AD∥BC,AD=AP=2AB=2BC=2,PA⊥平面ABCD,E为棱PD上的动点.
(1)当E为棱PD的中点时,证明:EC∥平面PAB;
(2)若PE=2ED,求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值.
解析　(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF,
因为E为PD的中点,
所以EF∥AD,EF=AD,
因为AD∥BC,AD=2BC,所以EF∥BC,EF=BC,所以四边形EFBC为平行四边形,所以EC∥BF.
又BF 平面PAB,EC 平面PAB,
所以EC∥平面PAB.
(2)因为AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直,
故以A为原点,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,
则A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(1,1,0),所以=(1,1,0),=(0,2,0),因为PE=2ED,所以E,
所以.
设平面EAC的法向量为n=(x,y,z).
则
取y=1,得x=-1,z=-2,
所以n=(-1,1,-2).
易知=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量.
设平面EAC与平面PAB的夹角为θ.
则cos θ=|cos所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为.
4.★★★★(2026届山东德州禹城综合实验高中期中,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD=3.
(1)若点E为线段PD的中点,求证:AE⊥平面PDC;
(2)若,则线段AB上是否存在一点F,使得EF∥平面PBC 若存在,请确定点F的位置,并求三棱锥F-PBC的体积.
解析　(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD,
因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,CD 平面ABCD,
所以CD⊥平面PAD,
又AE 平面PAD,所以CD⊥AE.
又因为PA=PD=AD,且E为PD的中点,所以AE⊥PD,
又因为PD∩CD=D,PD,CD 平面PDC,所以AE⊥平面PDC.
(2)由知点E为PD上靠近点P的三等分点.如图,分别取AB,CD的三等分点F,G,连接EG,FG,
则EG∥PC,FG∥BC.
又因为PC 平面PBC,EG 平面PBC,所以EG∥平面PBC,
同理,FG∥平面PBC.
因为EG,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,
此时F为AB上靠近点B的三等分点,
连接PF,FC,AC,
所以VF-PBC=VP-FBC=×S△PAD·CD=××3=.
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