2018年高考一轮复习真题汇编(2013-2017)：
7.4 直线、平面平行的判定与性质
考纲剖析
1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质和判定定理．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题
知识回顾
1．直线与平面平行的判定与性质
判定
性质
定义
定理
图形
条件
结论
2.面面平行的判定与性质
判定
性质
定义
定理
图形
条件
结论
精讲方法
一、直线、平面平行的判定及其性质
（一）直线与平面平行的判定
判定直线与平面平行，主要有三种方法：
（1）利用定义（常用反证法）；
（2）利用判定定理：关键是找平面内与已知直线平行的直线。可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线。21·cn·jy·com
（3）利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个平面内的任一直线平行于另一平面。
注：线面平行关系没有传递性，即平行线中的一条平行于一平面，另一条不一定平行于该平面。
（二）平面与平面平行的判定
判定平面与平面平行的常用方法有：
（1）利用定义（常用反证法）；
（2）利用判定定理：转化为判定一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面。客观题中，也可直接利用一个平面内的两条相交线分别平行于另一个平面的两条相交线来证明两平面平行；2·1·c·n·j·y
（3）利用面面平行的传递性：
（4）利用线面垂直的性质：。
（三）直线与平面平行的性质及应用
利用线面平行的性质，可以实现由线面平行到线线平行的转化。在平时的解题过程中，若遇到线面平行这一条件，就需在图中找（或作）过已知直线与已知平面相交的平面。这样就可以由性质定理实现平行转化。至于最值问题，常用函数思想解决，若题目中没有涉及边长，要大胆地设未知量，以便解题。【出处：21教育名师】
（四）平面与平面平行的性质及应用
平面与平面平行的判定与性质，同直线与平面平行的判定与性质一样，体现了转化与化归的思想。三种平行关系如图：
性质过程的转化实施，关键是作辅助平面，通过作辅助平面得到交线，就可把面面平行化为线面平行并进而化为线线平行，注意作平面时要有确定平面的依据。
例题精讲
考点一 有关线面、面面平行的命题真假判断
【例题1】设和是两个不重合的平面，给出下列命题： ①若外一条直线与内一条直线平行，则； ②若内两条相交直线分别平行于内的两条直线 ，则； ③设， 若内有一条直线垂直于， 则； ④若直线与平面内的无数条直线垂直,则。. 上面的命题中，真命题的序号是?（? ） www.21-cn-jy.com
A、①③ B、②④ C、①② D、③④
【答案】C 【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定 【解析】【解答】根据直线与平面平行的判定定理可知①是真命题；由平面与平面平行的判定定理可知是②真命题；若， 在内有一条直线垂直于交线， 不一定垂直平面， 故③时假命题；根据已知条件可知，这无数条直线是平行的，由直线与平面垂直的判定定理可得④是假命题.故选C.
【变式训练1】已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是(?? ）
A、若则 B、若,则 C、若则 D、若则
考点二 线面平行的判定与性质
【例题2】在正方体中，E是棱的中点，F是侧面内的动点，且∥平面， 记与平面所成的角为， 下列说法错误的是（???）
A、点F的轨迹是一条线段 B、与不可能平行 C、与是异面直线 D、
【答案】B 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面平行的性质 【解析】【解答】由已知可取的中点,的中点,连结， 易证平面∥平面， 故可知点的轨迹是一条线段， 与是异面直线 ，A、C对；当点与重合时与平行，B不对；在上取点F,连结， 可证为与平面所成的角， 当点F在MN的中点时最大，此时,则， D对，故选B.
【变式训练2】四棱锥中,底面是平行四边形,,,若平面,则的值为 (?? )
A、1 B、3 C、2 D、4
考点三 面面平行的判定与性质
【例题3】如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，则在四棱锥P﹣ABCD中，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH．求证：AP∥GH．
【答案】证明：连接AC，交BD于O，连接MO．因为四边形ABCD是 平行四边形， 所以 O是AC的中点，又因为M是PC的中点，所以MO∥PA． 又因为 MO?平面BDM，PA?平面BDM， 所以，PA∥平面BDM．又因为经过PA与点G的平面交 平面BDM于GH， 所以，AP∥GH． 【考点】平面与平面平行的性质 【解析】【分析】连接AC，交BD于O，由三角形的中位线的性质可得MO∥PA，可得PA∥平面BDM，再由两个平面平行的性质定理证得AP∥GH．
【变式训练3】如图所示，在棱长为2cm的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作出与截面PBC1平行的截面，简单证明截面形状，并求该截面的面积．
真题精析
一、选择题
1、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，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、
综合题
2、（2014?新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点． 21教育网
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD= ，求三棱锥E﹣ACD的体积．
3、（2014?四川）三棱锥A﹣BCD及其侧视图、俯视图如图所示，设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP．
(1)证明：P是线段BC的中点；
(2)求二面角A﹣NP﹣M的余弦值．
4、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
5、（2014?湖北）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1 ， A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1 ， BB1上移动，且DP=BQ=λ（0＜λ＜2）
(1)当λ=1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
6、（2013?浙江）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2 ．M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．
(1)证明：PQ∥平面BCD；
(2)若二面角C﹣BM﹣D的大小为60°，求∠BDC的大小．
7、（2017·天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，求线段AH的长． 【来源：21cnj*y.co*m】
8、（2017·山东）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD， （Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1； （Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1 ．
9、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值． www-2-1-cnjy-com
10、（2017?北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
11、（2017?江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC； （Ⅱ）AD⊥AC． 21*cnjy*com
12、（2017?新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°． （Ⅰ）证明：直线BC∥平面PAD； （Ⅱ）若△PAD面积为2 ，求四棱锥P﹣ABCD的体积． 21教育名师原创作品
13、（2017?新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值． 2-1-c-n-j-y
14、（2013?山东）如图所示，在三棱锥P﹣ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH． 【来源：21·世纪·教育·网】
(1)求证：AB∥GH；
(2)求二面角D﹣GH﹣E的余弦值．
15、（2013?新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB= AB． 【版权所有：21教育】
(1)证明：BC1∥平面A1CD
(2)求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
16、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
17、（2016?全国）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
18、（2016?天津）如图，正方形ABCD的中心为O ， 四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD ， 点G为AB的中点，AB=BE=2.
(1)求证：EG∥平面ADF；
(2)求二面角O-EF-C的正弦值；
(3)设H为线段AF上的点，且AH= HF ， 求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
（2016?全国）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．21·世纪*教育网
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求四面体N﹣BCM的体积．
20、（2016?山东）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．
(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
(2)已知EF=FB= AC=2 AB=BC，求二面角F﹣BC﹣A的余弦值．
21、（2016?四川）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD= AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．
22、(2015福建)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1．
(1)若D为线段AC的中点，求证AC平面PDO；
(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值；
(3)若BC=，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．
23、（2015新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E、F分别在A1B1、C1D1上，A1E=D1F=4，过点E,F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
(1)（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
(2)（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值
模拟题精练
一、单选题
1、对于不重合的两平面， 给定下列条件： ①存在平面,使得都垂直于， ? ②存在平面， 使得都平行于； ③存在直线,使得；? ④存在异面直线l,m,使得 其中可以判定平行的条件有（??）
A、1个 B、2个 C、3个 D、4个
2、已知是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：①②③如果命题且_______，则为真命题，则可以在横线处填入的条件是（??）
A、①或② B、②或③ C、①或③ D、只有②
3、已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题中是真命题的是( ) 21cnjy.com
A、,,则 B、,,则 C、， ,,则 D、， ， ,则
4、m是一条直线，α，β是两个不同的平面，以下命题正确的是(????? )
A、若m∥α，α∥β，则m∥β B、若m∥α，m∥β，则α∥β C、若m∥α，α⊥β，则m⊥β D、若m∥α，m⊥β，则α⊥β
5、直线异面，∥平面，则对于下列论断正确的是（???） ①一定存在平面使；②一定存在平面使∥；③一定存在平面使；④一定存在无数个平面与交于一定点.
A、①④ B、②③ C、①②③ D、②③④
6、α、β表示平面，a、b表示直线，则a∥α的一个充分条件是（ ）
A、α⊥β，且a⊥β B、α∩β=b，且a∥b C、a∥b，且b∥α D、α∥β，且a?β
7、（2017辽宁葫芦岛一模）下列命题正确的是（?? ）
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
8、（2017河南南阳一中四模）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，错误的命题是（?? ）
A、若m∥α，m∥β，α∩β=n，则m∥n B、若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n C、若α⊥β，α⊥γ，β∩γ=m，则m⊥α D、若α∥β，m∥α，则m∥β
9、（2017浙江宁波镇海中学模拟）对于两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是（?? ）
A、若m?α，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交 B、若m⊥α，m⊥β，n∥α，则n∥β C、若m?α，n∥α，m，n共面于β，则m∥n D、若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线
二、综合题
10、（2017江苏镇江一模）如图，在斜三梭柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，E是棱AB上一点，且OE∥平面BCC1B1
(1)求证：E是AB中点；
(2)若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC．
三、解答题
11、已知正方体ABCD，求证：平面AB1D1∥平面C1BD．
12、如图，在四棱锥A﹣BCDE中，底面BCDE是直角梯形，∠BED=90°，BE∥CD，AB=6，BC=5，， 侧面ABE⊥底面BCDE，∠BAE=90°． （1）求证：平面ADE⊥平面ABE； （2）过点D作面α∥平面ABC，分别于BE，AE交于点F，G，求△DFG的面积． 21世纪教育网版权所有
13、如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为矩形，AF⊥DF，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都等于 ．
（Ⅰ）证明：平面ABEF⊥平面EFDC （Ⅱ）求证：四边形EFDC为等腰梯形．
14、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值． 21*cnjy*com
15.（2017广西桂林中学模拟）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD∥EA，且 ．
（Ⅰ）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明． （Ⅱ）求直线EB与平面ECF所成角的正弦值．
16、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
（Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
2018年高考一轮复习真题汇编(2013-2017)：
7.4 直线、平面平行的判定与性质（答案）
知识回顾
1．直线与平面平行的判定与性质
判定
性质
定义
定理
图形
条件
a∩α＝?
a?α，b?α，a∥b
a∥α
a∥α，a?β，α∩β＝b
结论
a∥α
b∥α
a∩α＝?
a∥b
2.面面平行的判定与性质
判定
性质
定义
定理
图形
条件
α∩β＝?
a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b
α∥β，a?β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α
例题精讲
考点一 有关线面、面面平行的命题真假判断
【变式训练1】已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是(?? ）
A、若则 B、若,则 C、若则 D、若则
【答案】D 【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面平行的性质，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的性质 【解析】【解答】选项A中．与可能平行，可能相交可能异面； ??????????? 选项B中．平面?与可能平行，也可能相交，比如墙角； ??????????? 选项C中．与可能平行，也可能相交；???????? ??????????? 选项D中．这是线面垂直的性质定理。 【分析】本小题主要考查空间中线、面的各种位置关系，解题时要灵活运用立体几何中各位置关系的判定定理和性质定理，并借助空间想象寻找反例，判断命题的真假，这种类型的问题在高考选择题中非常普遍． 21教育网
考点二 线面平行的判定与性质
【变式训练2】四棱锥中,底面是平行四边形,,,若平面,则的值为 (?? )
A、1 B、3 C、2 D、4
【答案】C 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面平行的性质，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质 【解析】【解答】因为直线直线与平面的平行常用的两种方法，一是平面内找一条直线与已知直线平行；而是通过证两平面平行，本小题选择第二种方法较简单些.由于平面BDE.所以通过点A作AH平行于OE，交PC于H点.连结FH即可得平面AFH∥平面BED.所以可得FH∥BE.所以可得.所以.又.所以.又因为.所以.故选C. 21cnjy.com
考点三 面面平行的判定与性质
【变式训练3】如图所示，在棱长为2cm的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作出与截面PBC1平行的截面，简单证明截面形状，并求该截面的面积． 21·世纪*教育网
【答案】解：取AB、C1D1的中点M、N，连结A1M、MC、CN、NA1 ． 由于A1N∥PC1∥MC且A1N=PC1=MC， ∴四边形A1MCN是平行四边形． 又∵A1N∥PC1 ， A1M∥BP，A1N∩A1M=A1 ， PC1∩BP=P， ∴平面A1MCN∥平面PBC1 因此，过A1点作与截面PBC1平行的截面是平行四边形． 又连结MN，作A1H⊥MN于H，由于A1M=A1N=，MN=2， 则AH=． ∴ 故 S平行四边形A1MCN=2=2（cm2）． 【考点】平面与平面平行的性质 【解析】【分析】根据线面平行的定义和性质可以证明与截面PBC1平行的截面是平行四边形．然后求平行四边形的面积即可． www-2-1-cnjy-com
真题精析
一、选择题
1、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，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、
【答案】A 【考点】直线与平面平行的判定 【解析】【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． 【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．
综合题
2、（2014?新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点． 21世纪教育网版权所有
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD= ，求三棱锥E﹣ACD的体积．
【答案】（1）证明：连接BD交AC于O点，连接EO， ∵O为BD中点，E为PD中点， ∴EO∥PB，（2分） EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC；（6分） （2）解：延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM， ∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD， ∴CD⊥平面AMD， ∵二面角D﹣AE﹣C为60°， ∴∠CMD=60°， ∵AP=1，AD= ，∠ADP=30°， ∴PD=2， E为PD的中点．AE=1， ∴DM= ， CD= = ． 三棱锥E﹣ACD的体积为： = = ． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（2）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E﹣ACD的体积． 21·cn·jy·com
3、（2014?四川）三棱锥A﹣BCD及其侧视图、俯视图如图所示，设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP． 2-1-c-n-j-y
(1)证明：P是线段BC的中点；
(2)求二面角A﹣NP﹣M的余弦值．
【答案】（1）证明：由三棱锥A﹣BCD及其侧视图、俯视图可知，在三棱锥A﹣BCD中： 平面ABD⊥平面CBD，AB=AD=BD=CD=CB=2 设O为BD的中点，连接OA，OC 于是OA⊥BD，OC⊥BD 所以BD⊥平面OAC?BD⊥AC 因为M，N分别为线段AD，AB的中点，所以MN∥BD，MN⊥NP，故BD⊥NP 假设P不是线段BC的中点，则直线NP与直线AC是平面ABC内相交直线 从而BD⊥平面ABC，这与∠DBC=60°矛盾，所以P为线段BC的中点 （2）解：以O为坐标原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A（0，0， ），M（ ，O， ），N（ ，0， ），P（ ， ，0） 于是 ， ， 设平面ANP和平面NPM的法向量分别为 和 由 ，则 ，设z1=1，则 由 ，则 ，设z2=1，则 cos = = = 所以二面角A﹣NP﹣M的余弦值 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）用线面垂直的性质和反证法推出结论，（2）先建空间直角坐标系，再求平面的法向量，即可求出二面角A﹣NP﹣M的余弦值． 【来源：21cnj*y.co*m】
4、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点． 21教育名师原创作品
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值． 21*cnjy*com
【答案】（1）解：连接AD1 ， ∵ABCD﹣A1B1C1D1为四棱柱，∴CD C1D1 ， 又M为AB的中点，∴AM=1． ∴CD∥AM，CD=AM， ∴AM C1D1 ， ∴AMC1D1为平行四边形，∴AD1∥MC1 ， 又MC1?平面A1ADD1 ， AD1?平面A1ADD1 ， ∴C1M∥平面A1ADD1； （2）解：解法一：∵AB∥A1B1 ， A1B1∥C1D1 ， ∴面D1C1M与ABC1D1共面， 作CN⊥AB，连接D1N，则∠D1NC即为所求二面角， 在ABCD中，DC=1，AB=2，∠DAB=60°， ∴CN= ， 在Rt△D1CN中，CD1= ，CN= ， ∴D1N= ∴cos∠D1CN= = = 解法二：作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系 则C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， ∴ =（1，0，0）， =（ ， ，﹣ ）， 设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1）， 则 ，∴ =（0，2，1）． 显然平面ABCD的法向量 =（0，0，1）， cos＜ ， ＞|= = = ， 显然二面角为锐角， ∴平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）连接AD1 ， 易证AMC1D1为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得C1M∥平面A1ADD1；（2）作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系，易求C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， =（1，1，0）， =（ ， ，﹣ ），设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1），可求得 =（0，2，1），而平面ABCD的法向量 =（1，0，0），从而可求得平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
5、（2014?湖北）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1 ， A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1 ， BB1上移动，且DP=BQ=λ（0＜λ＜2）
(1)当λ=1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴，建立坐标系，则B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ）， ∴ =（﹣2，0，2）， =（﹣1，0，λ）， =（1，1，0） λ=1时， =（﹣2，0，2）， =（﹣1，0，1）， ∴ =2 ， ∴BC1∥FP， ∵FP?平面EFPQ，BC1?平面EFPQ， ∴直线BC1∥平面EFPQ； （2）解：设平面EFPQ的一个法向量为 =（x，y，z），则 ， ∴取 =（λ，﹣λ，1）． 同理可得平面MNPQ的一个法向量为 =（λ﹣2，2﹣λ，1）， 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则 ? =λ（λ﹣2）﹣λ（2﹣λ）+1=0，∴λ=1± ． ∴存在λ=1± ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 【考点】直线与平面平行的判定，与二面角有关的立体几何综合题 【解析】【分析】（1）建立坐标系，求出 =2 ，可得BC1∥FP，利用线面平行的判定定理，可以证明直线BC1∥平面EFPQ；（2）求出平面EFPQ的一个法向量、平面MNPQ的一个法向量，利用面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，建立方程，即可得出结论．
6、（2013?浙江）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2 ．M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC． 【来源：21·世纪·教育·网】
(1)证明：PQ∥平面BCD；
(2)若二面角C﹣BM﹣D的大小为60°，求∠BDC的大小．
【答案】（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF= AD ∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点 ∴OP∥DM，且OP= DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP= AD ∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形 ∴PQ∥OF ∵PQ?平面BCD且OF?平面BCD，∴PQ∥平面BCD； （2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH ∵AD⊥平面BCD，CG?平面BCD，∴AD⊥CG 又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线 ∴CG⊥平面ABD，结合BM?平面ABD，得CG⊥BM ∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线 ∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH 因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60° 设∠BDC=θ，可得 Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2 cosθ，CG=CDsinθ=2 sinθcosθ，BG=BCsinθ=2 sin2θ Rt△BMD中，HG= = ；Rt△CHG中，tan∠CHG= = ∴tanθ= ，可得θ=60°，即∠BDC=60° 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．根据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．根据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最后在Rt△CHG中，根据正切的定义得出tan∠CHG= = ，从而得到tanθ= ，由此可得∠BDC．
7、（2017·天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，求线段AH的长．
【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF， ∵M为AD中点，∴MF∥BD， ∵BD?平面BDE，MF?平面BDE，∴MF∥平面BDE． ∵N为BC中点，∴NF∥AC， 又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE． ∵DE?平面BDE，NF?平面BDE，∴NF∥平面BDE． 又MF∩NF=F． ∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°． ∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵PA=AC=4，AB=2， ∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2）， 则 ， ， 设平面MEN的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取z=2，得 ． 由图可得平面CME的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= ． ∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为 ，则正弦值为 ； （Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t）， ， ． ∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ， ∴|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 解得：t=4． ∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，此时线段AH的长为4． 【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值； （Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出 的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为 列式求得线段AH的长．
8、（2017·山东）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD， （Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1； （Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1 ．
【答案】证明：（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG， ∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点， ∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，A1G OC， ∴四边形OCGA1是平行四边形，∴A1O∥CG， ∵A1O?平面B1CD1 ， CG?平面B1CD1 ， ∴A1O∥平面B1CD1 ． （Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，BD B1D1 ， ∵M是OD的中点，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD， 又BD?平面ABCD，∴BD⊥A1E， ∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点， ∴AO⊥BD， ∵M是OD的中点，E为AD的中点，∴EM⊥BD， ∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM， ∵BD∥B1D1 ， ∴B1D1⊥平面A1EM， ∵B1D1?平面B1CD1 ， ∴平面A1EM⊥平面B1CD1 ． 【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定 【解析】【分析】（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG，推导出A1G OC，从而四边形OCGA1是平行四边形，进而A1O∥CG，由此能证明A1O∥平面B1CD1 ． （Ⅱ）推导出BD⊥A1E，AO⊥BD，EM⊥BD，从而BD⊥平面A1EM，再由BD∥B1D1 ， 得B1D1⊥平面A1EM，由此能证明平面A1EM⊥平面B1CD1 ．
9、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形， BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点， ∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系， 设PC=AD=2DC=2CB=2， 则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（ ），A（2，0，0），B（1，1，0）， =（ ）， =（1，0，﹣1）， =（0，1，﹣1）， 设平面PAB的法向量 =（x，y，z）， 则 ，取z=1，得 =（1，1，1）， ∵ = =0，CE?平面PAB， ∴CE∥平面PAB． 解：（Ⅱ） =（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量 =（a，b，c）， 则 ，取b=1，得 =（0，1，1）， 设直线CE与平面PBC所成角为θ， 则sinθ=|cos＜ ＞|= = = ． ∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB． （Ⅱ）求出平面PBC的法向量和 ，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
10、（2017?北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O， ∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM， ∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM， ∴PD∥OM，则 ，即M为PB的中点； （2）解：取AD中点G， ∵PA=PD，∴PG⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG， 由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD． 以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系， 由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0， ），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2， ）， ， ． 设平面PBD的一个法向量为 ， 则由 ，得 ，取z= ，得 ． 取平面PAD的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°； （3）解： ，平面PAD的一个法向量为 ． ∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点； （2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小； （3.）求出 的坐标，由 与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
11、（2017?江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC； （Ⅱ）AD⊥AC．
【答案】证明：（Ⅰ）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面， 所以AB∥EF， 又因为EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC； （Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC， 因为BC⊥BD，所以FG⊥BC， 又因为平面ABD⊥平面BCD， 所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD， 又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F， 所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG， 故AD⊥AC． 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定 【解析】【分析】（Ⅰ）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论； （Ⅱ）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．
12、（2017?新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°． （Ⅰ）证明：直线BC∥平面PAD； （Ⅱ）若△PAD面积为2 ，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【答案】（Ⅰ）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD?平面PAD，BC?平面PAD， ∴直线BC∥平面PAD； （Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x， 则AB=BC=x，CD= ，O是AD的中点， 连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE， 则OE= ，PO= ，PE= = ， △PCD面积为2 ，可得： =2 ， 即： ，解得x=2，PE=2 ． 则V P﹣ABCD= × （BC+AD）×AB×PE= =4 ． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面平行的判定 【解析】【分析】（Ⅰ）利用直线与平面平行的判定定理证明即可． （Ⅱ）利用已知条件转化求解几何体的线段长，然后求解几何体的体积即可．
13、（2017?新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值． 2·1·c·n·j·y
【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD， ∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF?平面PAB，CF?平面PAB， ∴直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中， 侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD， ∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点． 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ， ∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°， 可得：BN=MN，CN= MN，BC=1， 可得：1+ BN2=BN2 ， BN= ，MN= ， 作NQ⊥AB于Q，连接MQ， 所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ= = ， 二面角M﹣AB﹣D的余弦值为： = ． 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可． （Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．
14、（2013?山东）如图所示，在三棱锥P﹣ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．
(1)求证：AB∥GH；
(2)求二面角D﹣GH﹣E的余弦值．
【答案】（1）证明：如图， ∵C，D为AQ，BQ的中点，∴CD∥AB， 又E，F分别AP，BP的中点，∴EF∥AB， 则EF∥CD．又EF?平面EFQ，∴CD∥平面EFQ． 又CD?平面PCD，且平面PCD∩平面EFQ=GH，∴CD∥GH． 又AB∥CD，∴AB∥GH （2）解：由AQ=2BD，D为AQ的中点可得，三角形ABQ为直角三角形， 以B为坐标原点，分别以BA、BQ、BP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 设AB=BP=BQ=2， 则D（1，1，0），C（0，1，0），E（1，0，1），F（0，0，1）， 因为H为三角形PBQ的重心，所以H（0， ， ）． 则 ， ， ． 设平面GCD的一个法向量为 由 ，得 ，取z1=1，得y1=2． 所以 ． 设平面EFG的一个法向量为 由 ，得 ，取z2=2，得y2=1． 所以 ． 所以 = ． 则二面角D﹣GH﹣E的余弦值等于- 【考点】直线与平面平行的性质，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）由给出的D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，利用三角形中位线知识及平行公理得到DC平行于EF，再利用线面平行的判定和性质得到DC平行于GH，从而得到AB∥GH；（2）由题意可知BA、BQ、BP两两相互垂直，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，设出BA、BQ、BP的长度，标出点的坐标，求出一些向量的坐标，利用二面角的两个面的法向量所成的角的余弦值求解二面角D﹣GH﹣E的余弦值．
15、（2013?新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB= AB．
(1)证明：BC1∥平面A1CD
(2)求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
【答案】（1）解：证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点， 又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF， 因为DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD． （2）解：因为直棱柱ABC﹣A1B1C1 ， 所以AA1⊥CD， 由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB， 又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1 ， 设AB=2 ，则AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°， CD= ，A1D= ，DE= ，A1E=3 故A1D2+DE2=A1E2 ， 即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC， 又A1C=2 ，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角， 在△A1DC中，DF= = ，EF= = ， 所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE= ． 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF，利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD（2）证明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的正弦值即可．
16、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
【答案】（1）解：直线l∥平面PAC，证明如下： 连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC， 又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC． 而EF?平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l． 因为l?平面PAC，EF?平面PAC，所以直线l∥平面PAC． （2）解：（综合法）如图1，连接BD，由（1）可知交线l即为直线BD，且l∥AC． 因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC． 已知PC⊥平面ABC，而l?平面ABC，所以PC⊥l． 而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC． 连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BF． 故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β． 由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF， 从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD． 连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ． 又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得 ， 从而 ． （向量法）如图2，由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD． 以点C为原点，向量 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，设CA=a，CB=b，CP=2c，则有 ． 于是 ， ∴ = ，从而 ， 又取平面ABC的一个法向量为 ，可得 ， 设平面BEF的一个法向量为 ， 所以由 可得 取 =（0，c，b）， 于是 ，从而 ． 故 ，即sinθ=sinαsinβ． 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系，直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）直线l∥平面PAC．连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC．（2）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BC．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．由BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论； 向量法：以点C为原点，向量 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，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．
17、（2016?全国）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取BC中点E，连结EN，EM， ∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线， ∴NE∥PB， 又∵AD∥BC，∴BE∥AD， ∵AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD， ∴BE= BC=AM=2， ∴四边形ABEM是平行四边形， ∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB， ∵MN?平面NEM，∴MN∥平面PAB （2）解：在△AMC中，由AM=2，AC=3，cos∠MAC= ，得CM2=AC2+AM2﹣2AC?AM?cos∠MAC=9+4- =5． ∴AM2+MC2=AC2 ， 则AM⊥MC， ∵PA⊥底面ABCD，PA?平面PAD， ∴平面ABCD⊥平面PAD，且平面ABCD∩平面PAD=AD， ∴CM⊥平面PAD，则平面PNM⊥平面PAD． 在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角． 在Rt△PAC中，由N是PC的中点，得AN= ， 在Rt△PAM中，由PA?AM=PM?AF，得AF= ， ∴ ． ∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角 【解析】【分析】（1）法一、取PB中点G，连接AG，NG，由三角形的中位线定理可得NG∥BC，且NG= BC，再由已知得AM∥BC，且AM= BC，得到NG∥AM，且NG=AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG，由线面平行的判定得到MN∥平面PAB； 法二、证明MN∥平面PAB，转化为证明平面NEM∥平面PAB，在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，由已知PA⊥底面ABCD，可得PA∥NE，通过求解直角三角形得到ME∥AB，由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB，则结论得证； （2）连接CM，证得CM⊥AD，进一步得到平面PNM⊥平面PAD，在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．然后求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值．本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面所成角的求法，考查数学转化思想方法，考查了空间想象能力和计算能力，是中档题．
18、（2016?天津）如图，正方形ABCD的中心为O ， 四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD ， 点G为AB的中点，AB=BE=2.
(1)求证：EG∥平面ADF；
(2)求二面角O-EF-C的正弦值；
(3)设H为线段AF上的点，且AH= HF ， 求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
【答案】（1）解：证明：找到 中点 ，连结 ， ∵矩形 ,∴ ∵ 、 是中点，∴ 是 的中位线 ∴ 且 ∵ 是正方形 中心 ∴ ∴ 且 ∴四边形 是平行四边形 ∴ ∵ 面 ∴ 面 （2）解：如图所示建立空间直角坐标系 ， ， ， 设面 的法向量 得： ∴ ∵ 面 ， ∴面 的法向量 （3）∵ ∴ 设 ∴ 得： 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）取AD的中点I，连接FI，证明四边形EFIG是平行四边形，可得EG∥FI，利用线面平行的判定定理证明：EG∥平面ADF； （2）建立如图所示的坐标系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值； （3）求出 =（﹣ ， ， ），利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF所成角的正弦值
（2016?全国）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求四面体N﹣BCM的体积．
【答案】（1）证明：取BC中点E，连结EN，EM， ∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线， ∴NE∥PB， 又∵AD∥BC，∴BE∥AD， ∵AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD， ∴BE= BC=AM=2， ∴四边形ABEM是平行四边形， ∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB， ∵MN?平面NEM，∴MN∥平面PAB （2）解： 取AC中点F，连结NF， ∵NF是△PAC的中位线， ∴NF∥PA，NF= =2， 又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD， 如图，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM， ∵AM CG，∴四边形AGCM是平行四边形， ∴AC=MG=3， 又∵ME=3，EC=CG=2， ∴△MEG的高h= ，∴S△BCM=，∴四面体N﹣BCM的体积VN﹣BCM=? = . 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面平行的判定 【解析】【分析】（1）取BC中点E，连结EN，EM，得NE是△PBC的中位线，推导出四边形ABEM是平行四边形，由此能证明MN∥平面PAB．（2）取AC中点F，连结NF，NF是△PAC的中位线，推导出NF⊥面ABCD，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，则四边形AGCM是平行四边形，由此能求出四面体N﹣BCM的体积．；本题考查线面平行的证明，考查四面体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
20、（2016?山东）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．
(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
(2)已知EF=FB= AC=2 AB=BC，求二面角F﹣BC﹣A的余弦值．
【答案】（1）证明：取FC中点Q，连结GQ、QH， ∵G、H为EC、FB的中点， ∴GQ ，QH，又∵EF BO，∴GQ BO， ∴平面GQH∥平面ABC， ∵GH?面GQH，∴GH∥平面ABC （2）解： ∵AB=BC，∴BO⊥AC， 又∵OO′⊥面ABC， ∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OO′为z轴，建立空间直角坐标系， 则A（2 ，0，0），C（﹣2 ，0，0），B（0，2 ，0），O′（0，0，3），F（0， ，3）， =（﹣2 ，﹣ ，﹣3）， =（2 ，2 ，0）， 由题意可知面ABC的法向量为 =（0，0，3）， 设 =（x0 ， y0 ， z0）为面FCB的法向量， 则 ，即 ， 取x0=1，则 =（1，﹣1，﹣ ）， ∴cos＜ ， ＞= = =﹣ ． ∵二面角F﹣BC﹣A的平面角是锐角， ∴二面角F﹣BC﹣A的余弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）取FC中点Q，连结GQ、QH，推导出平面GQH∥平面ABC，由此能证明GH∥平面ABC．（2）由AB=BC，知BO⊥AC，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OO′为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣BC﹣A的余弦值．；本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
21、（2016?四川）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD= AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．
【答案】（1）解：延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE=ED= AD， ∵BC=CD= AD，∴ED=BC， ∵AD∥BC，即ED∥BC．∴四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD． ∵AB∩CD=M，∴M∈CD，∴CM∥BE， ∵BE?平面PBE，∴CM∥平面PBE， ∵M∈AB，AB?平面PAB， ∴M∈平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点M（M=AB∩CD），使得直线CM∥平面PBE （2）解：如图所示， ∵∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为90°，AB∩CD=M， ∴AP⊥平面ABCD． ∴CD⊥PD，PA⊥AD． 因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小为45°． ∴PA=AD． 不妨设AD=2，则BC=CD= AD=1．∴P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0）， ∴ =（﹣1，1，0）， =（0，1，﹣2）， =（0，0，2）， 设平面PCE的法向量为 =（x，y，z），则 ，可得： ． 令y=2，则x=2，z=1，∴ =（2，2，1）． 设直线PA与平面PCE所成角为θ，则sinθ= = = = ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角 【解析】【分析】（1）延长AB交直线CD于点M，由点E为AD的中点，可得AE=ED= AD，由BC=CD= AD，可得ED=BC，已知ED∥BC．可得四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD．利用线面平行的判定定理证明得直线CM∥平面PBE即可． （2）如图所示，由∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为90°AB∩CD=M，可得AP⊥平面ABCD．由CD⊥PD，PA⊥AD．因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小为45°．PA=AD．不妨设AD=2，则BC=CD= AD=1．可得P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），利用法向量的性质、向量夹角公式、线面角计算公式即可得出． 本题考查了空间位置关系、空间角计算公式、法向量的性质，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
22、(2015福建)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1．
(1)若D为线段AC的中点，求证AC平面PDO；
(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值；
(3)若BC=，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．
【答案】（1）详见解析； （2）; （3）; 【考点】直线与平面平行的判定 【解析】【解答】解法一：（1）在AOC中，因为OA=OC,D为AC的中点，所以ACOD,又PO垂直于O所在平面，所以POAC。? 因为DOPO=0，所以AC平面PDO； ??????????????????????? （2）因为点C是圆O上，所以当COAB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.?? 又AB=2，所以ABC的面积的最大值是=1.???? 又因为三棱锥P-ABC的高PO=1，故三棱锥P-ABC体积的最大值为=? ?????????????????????? （3）在POB中，PO=OB=1，POB=,所以PB==，同理PC=,所以PB=PC=BC,在三棱锥P-ABC，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面，如图所示，当O,E,C'共线时，CE+OE取得最小值。又因为OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分BP，即E为BP中点，从而OC'=OE+EC'=+=,亦即CE+OE的最小值为。 【分析】可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解．
23、（2015新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E、F分别在A1B1、C1D1上，A1E=D1F=4，过点E,F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
(1)（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
(2)（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值
【答案】（1）交线围成的正方形EHGF如图; （2）【解答】作EMAB,垂足为M，则AM=A1E=4，EM=AA1=8，因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10,于是MH=，所以AH=10，以D为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(10，0，0),H(10，10，0)，E(10，4，8)，F（0,4,8），=(10，0，0)，=(0，-6,8)，设=（x，y，z）是平面EHGF的法向量，则,即,所以可取=（0,4,3）。又=(-10，4，8),故|cos,|=，所以直线AF与平面所成角的正弦值为 【考点】直线与平面平行的性质，直线与平面所成的角 【解析】【分析】根据线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面的法向量，利用sin=|cos,|求直线AF与平面所成角的正弦值．
模拟题精练
一、单选题
1、对于不重合的两平面， 给定下列条件： ①存在平面,使得都垂直于， ? ②存在平面， 使得都平行于； ③存在直线,使得；? ④存在异面直线l,m,使得 其中可以判定平行的条件有（??） www.21-cn-jy.com
A、1个 B、2个 C、3个 D、4个
【答案】B 【考点】平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，直线与平面垂直的判定 【解析】【分析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，对选项进行逐一判断，确定正确选项即可． 【解答】①当α与β平行．此时能够判断①存在平面γ，使得α，β都平行于γ；当两个平面不平行时，不存在满足①的平面γ，所以不正确． ②存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；可以判定α与β平行，如正方体的底面与相对的侧面．也可能α与β不平行．②正确． ③不能判定α与β平行．如α面内不共线的三点不在β面的同一侧时，此时α与β相交； ④可以判定α与β平行． ∵可在α面内作l′∥l，m′∥m，则l′与m′必相交． 又∵l∥β，m∥β， ∴l′∥β，m′∥β， ∴α∥β． 故选B．
2、已知是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：①②③如果命题且_______，则为真命题，则可以在横线处填入的条件是（??） 21*cnjy*com
A、①或② B、②或③ C、①或③ D、只有②
【答案】A 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定 【解析】【解答】由两面平行可得其中一个平面内任意直线平行于另外一面，即线面平行，可推得两线平行所以①正确；由， 得， 所以②正确；故选A。 【分析】本题考查的是空间线面位置关系的判定和性质，属于基本知识点的考查，难度不大
3、已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题中是真命题的是( )
A、,,则 B、,,则 C、， ,,则 D、， ， ,则
【答案】B 【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定 【解析】【解答】A项中直线与平行或直线在平面内；B项符合面面垂直的判定定理，因此正确；C项中两平面可能平行可能相交；D项中两面可能平行，可能不垂直的相交，也可能垂直相交 【分析】判定线面平行常利用平面外一直线与平面内一直线平行；判定面面平行常利用一平面内两条相交直线分别平行于另外一面；判定面面垂直常利用一个平面经过另一平面的一条垂线 【版权所有：21教育】
4、m是一条直线，α，β是两个不同的平面，以下命题正确的是(????? )
A、若m∥α，α∥β，则m∥β B、若m∥α，m∥β，则α∥β C、若m∥α，α⊥β，则m⊥β D、若m∥α，m⊥β，则α⊥β
【答案】D 【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定 【解析】【解答】A.若则或;A错.B.若则或B错； C.若则或或C错;D.?存在直线， 使,,又， 故选D.
5、直线异面，∥平面，则对于下列论断正确的是（???） ①一定存在平面使；②一定存在平面使∥；③一定存在平面使；④一定存在无数个平面与交于一定点.
A、①④ B、②③ C、①②③ D、②③④
【答案】D 【考点】直线与平面平行的判定 【解析】【分析】①一定存在平面使是错误的，因为当直线不垂直时，就不存在平面使；②一定存在平面使∥是正确的，因为与异面直线公垂线垂直的平面就满足；③一定存在平面使；是正确的，因为与异面直线公垂线垂直的平面且过直线就满足；④一定存在无数个平面与交于一定点，是正确的，过一点的平面与直线平行的平面有无数个．
6、α、β表示平面，a、b表示直线，则a∥α的一个充分条件是（ ）
A、α⊥β，且a⊥β B、α∩β=b，且a∥b C、a∥b，且b∥α D、α∥β，且a?β
【答案】D 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，直线与平面平行的判定 【解析】【解答】解：A、还可能有a?α，所以不正确 B、因为a不一定在β内，所以不正确 C、还可能有a?α，所以不正确 D、α∥β，且a?β由面面平行的性质定理可知是正确的． 故选D 【分析】A、还可能有a?α，B、因为a在β内，一定成立，C、也可能有a?α，D、用面面平行的性质定理判断．
7、（2017辽宁葫芦岛一模）下列命题正确的是（?? ）
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
【答案】C 【考点】命题的真假判断与应用，空间中直线与平面之间的位置关系 【解析】【解答】解：A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故A错误； B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故B错误； C、设平面α∩β=a，l∥α，l∥β，由线面平行的性质定理，在平面α内存在直线b∥l，在平面β内存在直线c∥l，所以由平行公理知b∥c，从而由线面平行的判定定理可证明b∥β，进而由线面平行的性质定理证明得b∥a，从而l∥a，故C正确； D，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，排除D． 故选C． 【分析】利用直线与平面所成的角的定义，可排除A；利用面面平行的位置关系与点到平面的距离关系可排除B；利用线面平行的判定定理和性质定理可判断C正确；利用面面垂直的性质可排除D．
8、（2017河南南阳一中四模）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，错误的命题是（?? ）
A、若m∥α，m∥β，α∩β=n，则m∥n B、若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n C、若α⊥β，α⊥γ，β∩γ=m，则m⊥α D、若α∥β，m∥α，则m∥β
【答案】D 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系 【解析】【解答】解：对于A，因为若m∥α，m∥β，α∩β=n，根据线面平行的性质与判定，可得m∥n，正确； 对于B，由m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m与n一定不平行，否则有α∥β，与已知α⊥β矛盾， 通过平移使得m与n相交，且设m与n确定的平面为γ， 则γ与α和β的交线所成的角即为α与β所成的角，因为α⊥β，所以m与n所成的角为90°，故命题正确． 对于C，因为γ，β 垂直于同一个平面α，故γ，β 的交线一定垂直于α，正确． 对于D，若α∥β，m∥α，则m∥β或m?β，不正确， 故选D． 【分析】对4个命题分别进行判断，即可得出结论．
9、（2017浙江宁波镇海中学模拟）对于两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是（?? ）
A、若m?α，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交 B、若m⊥α，m⊥β，n∥α，则n∥β C、若m?α，n∥α，m，n共面于β，则m∥n D、若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线
【答案】C 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系 【解析】【解答】解：A．α∥β时，m?α，n∥β，m，n是异面直线，可以成立，故A错误， B．若m⊥α，m⊥β，则α∥β，因为n∥α，则n∥β或n?β，故B错误， C．利用线面平行的性质定理，可得C正确， D．若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线或相交直线，故D不正确， 故选：C． 【分析】根据空间直线和平面平行或垂直的判定定理和性质定理分别进行判断即可．
二、综合题
10、（2017江苏镇江一模）如图，在斜三梭柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，E是棱AB上一点，且OE∥平面BCC1B1
(1)求证：E是AB中点；
(2)若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC．
【答案】（1）证明：连结BC1 ， 取AB中点E′， ∵侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O， ∴O为AC1的中点， ∵E′是AB的中点， ∴OE′∥BC1；???? ∵OE′?平面BCC1B1 ， BC1?平面BCC1B1 ， ∴OE′∥平面BCC1B1 ， ∵OE∥平面BCC1B1 ， ∴E，E′重合， ∴E是AB中点 （2）证明：∵侧面AA1C1C是菱形， ∴AC1⊥A1C， ∵AC1⊥A1B，A1C∩A1B=A1 ， A1C?平面A1BC，A1B?平面A1BC， ∴AC1⊥平面A1BC， ∵BC?平面A1BC， ∴AC1⊥BC． 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的性质 【解析】【分析】（1）利用同一法，首先通过连接对角线得到中点，进一步利用中位线，得到线线平行，进一步利用线面平行的判定定理，得到结论．（2）利用菱形的对角线互相垂直，进一步利用线面垂直的判定定理，得到线面垂直，最后转化成线线垂直．
三、解答题
11、已知正方体ABCD，求证：平面AB1D1∥平面C1BD．
【答案】证明：在正方体中，连结AD1 ， AB1 ， B1D1 ， BC1 ， DC1 ， BD， 则根据正方体的性质可知BD∥B1D1 ， BD?平面BDC1 ， B1D1?平面BDC1 ， 所以B1D1∥平面BDC1 ． 同理可证AD1∥平面BDC1 ． 又因为AD1∩D1B1=D1 ， 所以AB1D1∥平面BDC1 ． 【考点】平面与平面平行的性质 【解析】【分析】利用正方体的性质可知BD∥B1D1 ， 由线面平行的判定定理可得B1D1∥平面BDC1 ， 同理AD1∥平面BDC1 ， 进而由面面平行的判定定理，可得答案．
12、如图，在四棱锥A﹣BCDE中，底面BCDE是直角梯形，∠BED=90°，BE∥CD，AB=6，BC=5，， 侧面ABE⊥底面BCDE，∠BAE=90°． （1）求证：平面ADE⊥平面ABE； （2）过点D作面α∥平面ABC，分别于BE，AE交于点F，G，求△DFG的面积．
【答案】证明：（1）因为侧面ABE⊥底面BCDE， 侧面ABE∩底面BCDE=BE， DE?底面BCDE， DE⊥BE， 所以DE⊥平面ABE， 所以AB⊥DE， 又因为AB⊥AE， 所以AB⊥平面ADE， 所以平面ADE⊥平面ABE；7 （2）因为平面α∥平面ABC， 所以DF∥BC，同理FG∥AB9 所以四边形BCDF为平行四边形． 所以DF=BC=5，CD=BF， 因为，所以 所以FG=AB=411 由（1）易证：FG⊥平面ADE， 所以FG⊥DG， 所以DG=3 所以△DFG的面积S=6.14 【考点】平面与平面平行的性质，平面与平面垂直的判定 【解析】【分析】（1）欲证平面ADE⊥平面ABE，根据面面垂直的判定定理可知在平面ABE内一直线与平面ADE垂直，根据面面垂直的性质可知DE⊥平面ABE，则AB⊥DE，而AB⊥AE，根据线面垂直的判定定理可知AB⊥平面ADE，满足面面垂直的判定定理所需条件； ??????????? （2）根据先证四边形BCDF为平行四边形，求出DF，根据比例关系求出FG，由（1）易证：FG⊥平面ADE，则FG⊥DG，从而求出DG，最后利用直角三角形的面积公式求出所求即可．
13、如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为矩形，AF⊥DF，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都等于 ．
（Ⅰ）证明：平面ABEF⊥平面EFDC （Ⅱ）求证：四边形EFDC为等腰梯形．
【答案】解：（Ⅰ）∵ABEF为矩形，∴AF⊥EF， 又 AF⊥DF，DF∩EF=F ∴AF⊥面EFDC， 又AF?面ABEF， ∴平面ABEF⊥平面EFDC （Ⅱ）由 （1）∠DFE=∠CEF=60°， ∵AB∥EF，AB?平面EFDC，EF?平面EFDC ∴AB∥平面EFCD，AB?平面ABCD ∵面ABCD∩面EFDC=CD ∴AB∥CD，∴CD∥EF ∴四边形EFDC为等腰梯形 【考点】平面的基本性质及推论，平面与平面平行的性质，平面与平面垂直的判定 【解析】【分析】（Ⅰ）证明AF⊥EF，AF⊥DF，推出AF⊥面EFDC，然后证明平面ABEF⊥平面EFDC．（Ⅱ）由 （Ⅰ）∠DFE=∠CEF=60°，说明AB∥EF，证明AB∥平面EFCD，证明CD∥EF，即可证明四边形EFDC为等腰梯形．
14、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值．
【答案】证明（Ⅰ）因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD，所以AB∥DC． 又由M是AB的中点，因此CD∥MB且CD=MB． 在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1 ， CD=C1D1 ， 可得C1D1∥MB，C1D1=MB，所以四边形BMD1C1为平行四边形， 因此D1M∥BC1 ． 又D1M?平面B1BCC1 ， BC1?平面B1BCC1 ， 所以D1M∥平面B1BCC1 （Ⅱ）解：方法一：如图（2），连接AC，MC． 由（Ⅰ）知CD∥AM且CD=AM， 所以四边形AMCD为平行四边形， 可得BC=AD=MC， 由题意∠ABC=∠PAB=60°， 所以△MBC为正三角形， 因此AB=2BC=2，CA= ， 因此CA⊥CB． 又D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD，而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD，则D1C⊥平面ABCD 以C为坐标原点，建立如图（2）所示的空间直角坐标系C﹣xyz 由DD1=2得D1C= ，所以A（ ，0，0），B（0，1，0），D1（0，0， ） 因此M ，所以 ， 设平面C1D1M的一个法向量为 ， 可得平面C1D1M的一个法向量 又 为平面ABCD的一个法向量 因此 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 方法二：由（Ⅰ）知平面D1C1M∩平面ABCD=AB，过点C向AB引垂线交AB于点N， 连接D1N，如图（3）． 由D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD， 而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD， 则D1C⊥平面ABCD， 可得D1N⊥AB， 因此∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角 在Rt△BNC中，BC=1，∠NBC=60°，可得CN= ． 所以ND1= = ． 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC= ， 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）证明AB∥DC．说明以四边形BMD1C1为平行四边形，推出D1M∥BC1 ． 然后证明D1M∥平面B1BCC1（Ⅱ）方法一连接AC，MC．以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，求出相关的坐标，求出平面C1D1M的一个法向量，平面ABCD的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的平面角的余弦函数值．方法二：说明∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角，通过在Rt△D1CN中，求解即可． 【出处：21教育名师】
15.（2017广西桂林中学模拟）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD∥EA，且 ．
（Ⅰ）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明． （Ⅱ）求直线EB与平面ECF所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）取线段CD的中点Q，连结KQ，直线KQ即为所求． 如图所示： （Ⅱ）以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图． 由已知可得A（0，0，0），E（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），F（0，2，1）， ∴ ， ， ， 设平面ECF的法向量为 ， 由 ，得 ， 取y=1，得平面ECF的一个法向量为 ， 设直线EB与平面ECF所成的角为θ， ∴sinθ=|cos＜ ＞|=| |= 【考点】直线与平面平行的性质，直线与平面所成的角 【解析】【分析】（Ⅰ）取线段CD的中点Q，连结KQ，直线KQ即为所求；（Ⅱ）以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，由已知可得A，E，B，C，F的坐标，进一步求出平面ECF的法向量及 ，设直线EB与平面ECF所成的角为θ，则sinθ=|cos＜ ＞|=| |= ．
16、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
（Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
【答案】解：（Ⅰ）证明：根据已知条件，DF∥AC，EF∥BC，DE∥AB； △DEF∽△ABC，又AB=2DE， ∴BC=2EF=2BH， ∴四边形EFHB为平行四边形； ∴BE∥HF，HF?平面FGH，BE?平面FGH； ∴BE∥平面FGH； 同样，因为GH为△ABC中位线，∴GH∥AB； 又DE∥AB； ∴DE∥GH； ∴DE∥平面FGH，DE∩BE=E； ∴平面BDE∥平面FGH，BD?平面BDE； ∴BD∥平面FGH； （Ⅱ）连接HE，则HE∥CF； ∵CF⊥平面ABC； ∴HE⊥平面ABC，并且HG⊥HC； ∴HC，HG，HE三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设HC=1，则： H（0，0，0），G（0，1，0），F（1，0，1），B（﹣1，0，0）； 连接BG，根据已知条件BA=BC，G为AC中点； ∴BG⊥AC； 又CF⊥平面ABC，BG?平面ABC； ∴BG⊥CF，AC∩CF=C； ∴BG⊥平面ACFD； ∴向量 为平面ACFD的法向量； 设平面FGH的法向量为 ，则： ，取z=1，则： ； 设平面FGH和平面ACFD所成的锐二面角为θ，则：cosθ=|cos |= ； ∴平面FGH与平面ACFD所成的角为60° 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）根据AB=2DE便可得到BC=2EF，从而可以得出四边形EFHB为平行四边形，从而得到BE∥HF，便有BE∥平面FGH，再证明DE∥平面FGH，从而得到平面BDE∥平面FGH，从而BD∥平面FGH；（Ⅱ）连接HE，根据条件能够说明HC，HG，HE三直线两两垂直，从而分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后求出一些点的坐标．连接BG，可说明 为平面ACFD的一条法向量，设平面FGH的法向量为 ，根据 即可求出法向量 ，设平面FGH与平面ACFD所成的角为θ，根据cosθ= 即可求出平面FGH与平面ACFD所成的角的大小．
