【5年高考3年模拟】高考数学（理科）课件：第八章-立体几何 8.2　直线、平面平行的判定与性质

§8.2　直线、平面平行的判定与性质高考理数(课标专用)A组  统一命 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ·课标卷题组考点　直线、平面平行的判定与性质1.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有　　　    .(填写所有正确命题的编号) 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　②③④解析　对于①,由m⊥n,m⊥α可得n∥α或n在α内,当n∥β时,α与β可能相交,也可能平行,故①错误;对于②,过直线n作平面与平面α交于直线c,由n∥α可知n∥c,∵m⊥α,∴m⊥c,∴m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的有②③④.解题关键　熟记和理解每个定理是解决此类问题的关键.五年高考2.(2014课标Ⅱ,18,12分,0.534)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(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. 解析　(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,| |为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0, ,0),E , = . 设B(m,0,0)(m>0),则C(m, ,0), =(m, ,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则 即 可取n1= .又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n1,n2>|= ,即 = ,解得m= .因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为 .三棱锥E-ACD的体积V= × × × × = .思路 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 　(1)在平面AEC内找出与PB平行的直线,分析题意可通过作三角形的中位线进行证明;(2)要求三棱锥E-ACD的体积,易知三棱锥的高,又已知底面直角三角形的一直角边AD的长,故只需求出另一直角边CD的长.可建立空间直角坐标系,利用向量法列方程(组)求解.易错警示　对于第(2)问,二面角的平面角与两个半平面的法向量夹角相等或互补,部分同学容易错误认为仅相等,另外,计算法向量时可能出错.评析　本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.考点　直线、平面平行的判定与性质1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的 (　　)A.充分不必要条件　    B.必要不充分条件C.充分必要条件　    D.既不充分也不必要条件B组  自主命题·省(区、市)卷题组答案    A　∵m⊄α,n⊂α,m∥n,∴m∥α,故充分性成立.而由m∥α,n⊂α,得m∥n或m与n异面,故必要性不成立.故选A.2.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则 (　　)A.m∥l　    B.m∥nC.n⊥l　    D.m⊥n答案    C　对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D,m与n可能平行、相交或异面,故B、D错;对于C,因为n⊥β,l⊂β,所以n⊥l,故C正确.故选C.评析　本题考查了线面平行与垂直的性质及空间两条直线的位置关系.3.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的 (　　)A.充分而不必要条件　    B.必要而不充分条件C.充分必要条件　    D.既不充分也不必要条件答案    B　由已知知m⊥α,若l⊥m,则l∥α或l⊂α.故充分性不成立.若l∥α,则一定有l⊥m.故必要性成立.选B.答案    D　若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故A错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若α,β不平行,则α,β相交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知m∥n,故D正确.4.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是 (　　)A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β ,则在α内 与β平行的直线D.若m,n ,则m与n 垂直于同一平面5.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 证明　本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.6.(2017江苏,15,14分)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:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC. 证明　(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.方法总结　立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).7.(2016四川,18,12分)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. 解析　(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点. 理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH= .在Rt△PAH中,PH= = ,所以sin∠APH= = .解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以 , 的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以 =(1,0,-2), =(1,1,0), =(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由 得 设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sinα= = = .所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 .思路分析　对(1),延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CM∥EB,从而CM∥平面PBE;对(2),有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA与面PCE所成的角,然后通过解三角形求值;解法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sinα= 求值.8.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)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. 解析　(1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH. 在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)解法一:设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF= AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. 所以G(0,0,0),B( ,0,0),C(0, ,0),D(0,0,1).可得H ,F(0, ,1),故 = , =(0, ,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由 可得 可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1, ).因为 是平面ACFD的一个法向量, =( ,0,0),所以cos< ,n>= = = .所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.解法二:作HM⊥AC于点M,作MN⊥GF于点N,连接NH. 由FC⊥平面ABC,得HM⊥FC,又FC∩AC=C,所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH,所以∠MNH即为所求的角.在△BGC中,MH∥BG,MH= BG= ,由△GNM∽△GCF,可得 = ,从而MN= .由HM⊥平面ACFD,MN⊂平面ACFD,得HM⊥MN,因此tan∠MNH= = ,所以∠MNH=60°.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.考点　直线、平面平行的判定与性质1.(2013课标Ⅱ,4,5分,0.664)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则 (　　)A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于lC组  教师专用题组答案    D　若α∥β,则m∥n,这与m、n为异面直线矛盾,所以A不正确,α与β相交.将已知条件转化到正方体中,易知α与β不一定垂直,但α与β的交线一定平行于l,从而排除B、C.故选D.导师点睛　对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷.2.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.3.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明　(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.4.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=A1=2,AD=CD= ,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 ,求线段A1E的长.解析　如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M ,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量. = .由此可得 ·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2) =(1,-2,2), =(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则 即 不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则 又 =(0,1,2),得 不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>= =- ,于是sin<n1,n2>= .所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为 .(3)依题意,可设 =λ ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而 =(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos< ,n>= = = ,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ= -2.所以,线段A1E的长为 -2.评析    本题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等 基础知识 税务基础知识象棋入门,基础知识常见鼠类基础知识常用电子元器件基础知识电梯基础知识培训资料 .考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.5.(2013安徽,19,13分)如图,圆锥顶点为P,底面圆心为O,其母线与底面所成的角为22.5°,AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60°.(1)证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面;(2)求cos∠COD.    解析 (1)证明:设面PAB与面PCD的交线为l.因为AB∥CD,AB不在面PCD内,所以AB∥面PCD.又因为AB⊂面PAB,面PAB与面PCD的交线为l,所以AB∥l.由直线AB在底面上而l在底面外可知,l与底面平行.(2)设CD的中点为F.连接OF,PF.由圆的性质,得∠COD=2∠COF,OF⊥CD.因为OP⊥底面,CD⊂底面,所以OP⊥CD,又OP∩OF=O,故CD⊥面OPF.又CD⊂面PCD,因此面OPF⊥面PCD,从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF,故∠OPF为OP与面PCD所成的角.由题设,知∠OPF=60°.设OP=h,则OF=OP·tan∠OPF=h·tan60°= h.根据题设有∠OCP=22.5°,得OC= = .由1=tan45°= 和tan22.5°>0,可解得tan22.5°= -1,因此OC= =( +1)h.在Rt△OCF中,cos∠COF= = = - ,故cos∠COD=cos2∠COF=2cos2∠COF-1=2( - )2-1=17-12 .评析    本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系,直线与平面、直线与直线间所成角的计算等基础知识和基本技能,考查空间观念、推理论证能力和运算求解能力.6.(2013山东,18,12分)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.解析　(1)证明:因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.(2)解法一:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ.因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB.又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ.由(1)知,AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC,所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角.设BA=BQ=BP=2,连接FC, 在Rt△FBC中,由勾股定理得FC= ,在Rt△PBC中,由勾股定理得PC= .又H为△PBQ的重心,所以HC= PC= .同理,FH= .在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC= =- .即二面角D-GH-E的余弦值为- .解法二:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).所以 =(-1,2,-1), =(0,2,-1), =(-1,-1,2), =(0,-1,2).设平面EFQ的法向量为m=(x1,y1,z1),由m· =0,m· =0,得 取y1=1,得m=(0,1,2).设平面PDC的法向量为n=(x2,y2,z2),由n· =0,n· =0,得 取z2=1,得n=(0,2,1),所以cos<m,n>= = .因为二面角D-GH-E为钝二面角,所以二面角D-GH-E的余弦值为- .考点　直线、平面平行的判定与性质1.(2018安徽黄山二模,4)下列说法中,错误的是 (　　)A.若平面α∥平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,则l∥mB.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=l,m⊂α,m⊥l,则m⊥βC.若直线l⊥平面α,平面α⊥平面β,则l∥βD.若直线l∥平面α,平面α∩平面β=m,直线l⊂平面β,则l∥mA组  2016—2018年高考模拟·基础题组答案    C　对于A,由面面平行的性质定理可知为真命题,故A正确;对于B,由面面垂直的性质定理可知为真命题,故B正确;对于C,若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⊂β,故C错误;对于D,由线面平行的性质定理可知为真命题,故D正确.综上,选C.三年模拟2.(2018河南洛阳二模,4)若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是 (　　)A.m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则m∥nB.m⊥α,n∥β且α∥β,则m⊥nC.m∥α,n⊥β且α⊥β,则m∥nD.m∥α,n∥β且α∥β,则m∥n答案    B　对于A,m⊥α,α⊥β,则m∥β或m⊂β,又n⊥β,则n⊥m,故A错;对于B,m⊥α,α∥β,则m⊥β,又n∥β,所以m⊥n,故B正确;对于C,由n⊥β,α⊥β,可得n∥α或n⊂α,又m∥α,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故C错;对于D,m∥α,n∥β且α∥β,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故D错.综上,选B.3.(2017豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示不同直线,α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α,l1⊂β,l2⊂β,l1∩l2=M,则α∥β的一个充分条件是 (　　)A.m∥β且l1∥α　    B.m∥β且n∥βC.m∥β且n∥l2　    D.m∥l1且n∥l2答案    D　对于选项A,当m∥β且l1∥α时,α,β可能平行也可能相交,故A不是α∥β的充分条件;对于选项B,当m∥β且n∥β时,若m∥n,则α,β可能平行也可能相交,故B不是α∥β的充分条件;对于选项C,当m∥β且n∥l2时,α,β可能平行也可能相交,故C不是α∥β的充分条件;对于选项D,当m∥l1,n∥l2时,由线面平行的判定定理可得l1∥α,l2∥α,又l1∩l2=M,由面面平行的判定定理可以得到α∥β,但α∥β时,m∥l1且n∥l2不一定成立,故D是α∥β的一个充分条件.故选D.4.(2016山西长治二模,5)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是 (　　)A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥βB.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥βC.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥βD.若m∥n,m∥α,则n∥α答案    C　对于A,墙角的三个墙面α,β,γ满足条件,但γ与β相交,故A错误;m⊂α,n⊂β,且m、n平行于α,β的交线时符合B中条件,但α与β相交,故B错误;由m∥n,m⊥α可推出n⊥α,结合n⊥β可推出α∥β,故C选项正确;若m∥n,m∥α,则n∥α或n⊂α,故D错误.所以选C.5.(2017河南洛阳一模,9)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面α与棱AB,AC,A1C1,A1B1分别交于点E,F,G,H,且直线AA1∥平面α.有下列三个命题:①四边形EFGH是平行四边形;②平面α∥平面BCC1B1;③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题为 (　　)A.①②　    B.②③　    C.①③　    D.①②③答案    C    AA1∥平面α,平面α∩平面AA1B1B=EH,所以AA1∥EH.同理,AA1∥GF,所以EH∥GF,又由ABC-A1B1C1是直三棱柱易知EH=GF=AA1,所以四边形EFGH是平行四边形,故①正确;若平面α∥平面BB1C1C,由平面α∩平面A1B1C1=GH,平面BCC1B1∩平面A1B1C1=B1C1,知GH∥B1C1,而由已知得不到GH∥B1C1,故②错误;由AA1⊥平面BCFE,结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE,又EH⊂平面α,所以平面α⊥平面BCFE,故③正确.综上,选C. 6.(2018河北唐山统一考试,14)在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为△PAC的重心,过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为　　　    .答案　8解析    过点G作EF∥AC,分别交PA、PC于点E、F,过E、F分别作EN∥PB、FM∥PB,分别交AB、BC于点N、M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN为所求截面),且EF=MN= AC=2,FM=EN= PB=2,所以截面的周长为2×4=8. 7.(2018江西六校4月联考,18)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ABD=90°,EB⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,EB= ,EF=1,BC= ,且M是BD的中点.(1)求证:EM∥平面ADF;(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小. 解析　(1)证法一:取AD的中点N,连接MN,NF.在△DAB中,M是BD的中点,N是AD的中点,所以MN∥AB,MN= AB,又因为EF∥AB,EF= AB,所以MN∥EF且MN=EF. (2分)所以四边形MNFE为平行四边形,所以EM∥FN, (4分)又因为FN⊂平面ADF,EM⊄平面ADF,故EM∥平面ADF. (5分)证法二:因为EB⊥平面ABD,AB⊥BD,故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz. 由已知可得 = , =(3,-2,0), =(0,-1, ),设平面ADF的法向量是n=(x,y,z).由 得 令y=3,则n=(2,3, ). (2分)又因为 ·n=0,所以 ⊥n, (4分)又EM⊄平面ADF,故EM∥平面ADF. (5分)(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n=(2,3, ). (6分)易得平面BFD的一个法向量是m=(0,- ,1). (9分)所以cos<m,n>= =- , (11分)又二面角A-FD-B为锐角,故二面角A-FD-B的余弦值大小为 . (12分)答案    D　对于A,若m∥α,n∥α,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故A错误;对于B,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能平行,也可能相交(比如直三棱柱相邻两侧面都与底面垂直),故B错误;对于C,若m∥α,m∥β,则α与β可能平行,也可能相交,故C错误;对于D,垂直于同一平面的两条直线相互平行,故D正确.综上,选D.方法总结    对点、线、面的位置关系的判断,常采用穷举法,即对各种位置关系都进行考虑,要充分应用几何模型的直观作用.(时间:40分钟　　分值:50分)一、选择题(每题5分,共15分)B组  2016—2018年高考模拟·综合题组1.(2018山东泰安二模,9)已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列命题正确的是 (　　)A.若m∥α,n∥α,则m∥n　    B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βC.若m∥α,m∥β,则α∥β　    D.若m⊥α,n⊥α,则m∥n2.(2018湖南长沙长郡中学模拟,11)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,点E是线段AB的中点,点F在线段PA上,且EF∥平面PCD,直线PD与平面CEF交于点H,则线段CH的长度为 (　　) A. 　    B.2　    C.2 　    D.2 答案    C    ∵PD与平面CEF交于点H,∴平面CEF∩平面PCD=CH,∵EF∥平面PCD,∴EF∥CH,过点H作HM∥PA交AD于点M,连接CM,∵EF∩AF=F,CH∩HM=H,∴平面AEF∥平面CHM,∵平面AEF∩平面ABCD=AE,平面CHM∩平面ABCD=CM,∴AE∥CM,又BC∥AM,∴四边形ABCM为平行四边形,∴AM=2.又AD=4,∴M是AD的中点,则H为PD的中点,∴CH= = =2 ,故选C.一题多解　取PA的中点为M,PD的中点为N,连接MN,BM,NC,由三角形中位线的性质可得MN∥AD,且MN= AD.又∵BC∥AD,且BC= AD,∴MN􀱀BC,∴四边形BCNM为平行四边形,∴BM∥CN,又知BM⊄面PCD,CN⊂面PCD,∴BM∥面PCD,又EF∥面PCD,且EF,BM⊂面PAB,∴EF∥BM.∴F为AM的中点,∵PD与平面CEF交于点H,∴H与N重合,即H为PD中点,连接AC,∵PA=AD=4,AB=BC=2,∴PD=4 ,AC=2 ,PC=2 .由直角梯形知识可得CD=2 ,∴PC2+CD2=PD2,即PC⊥CD,∴CH= PD=2 ,故选C.3.(2016河南三市3月联考,11)如图所示,侧棱与底面垂直,且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M、N分别在AD1、BC上移动,始终保持MN∥平面DCC1D1,设BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是 (　　)  答案    C　过M作MQ∥DD1,交AD于Q,连QN.∵MN∥平面DCC1D1,MQ∥平面DCC1D1,MN∩MQ=M,∴平面MNQ∥平面DCC1D1,又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC,∴NQ∥DC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x,∵ = =2,∴MQ=2x.在Rt△MQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,∴y2-4x2=1(x≥0,y≥1),∴函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.故选C.解题关键　作平面MNQ∥平面DCC1D1,且由勾股定理得出y与x的关系是解题的关键.4.(2018山东烟台二模,16)如图是一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=10 ,E,F分别为AD,BC的中点,现分别将△ABE,△CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是　　    .(写出所有正确命题的序号) ①当平面ABE∥平面CDF时,AC∥平面BFDE;②当平面ABE∥平面CDF时,AE∥CD;③当A、C重合于点P时,PG⊥PD;④当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150π.二、填空题(每题5分,共10分)答案　①④解析　在△ABE中,tan∠ABE= ,在△ACD中,tan∠CAD= ,所以∠ABE=∠DAC,由题意,将△ABE,△DCF沿BE,DF折起,且A,C在平面BEDF同侧,此时A、C、G、H四点在同一平面内,平面ABE∩平面AGHC=AG,平面CDF∩平面AGHC=CH,当平面ABE∥平面CDF时,得到AG∥CH,显然AG=CH,所以四边形AGHC为平行四边形,所以AC∥GH,进而可得AC∥平面BFDE,故①正确;由于折叠后,直线AE与直线CD为异面直线,所以AE与CD不平行,故②不正确;当A、C重合于点P时,可得PG= ,PD=10,又GD=10,∴PG2+PD2≠GD2,所以PG与PD不垂直,故③不正确;当A,C重合于点P时,在三棱锥P-DEF中,△EFD与△FCD均为直角三角形,所以DF为外接球的直径,即R= = ,所以外接球的表面积为S=4πR2=4π× =150π,故④正确.综上,正确命题的序号为①④.5.(2017山西太原五中月考,14)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有　　　    条.答案　6解析　过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D、E、F、G分别为AC,BC,B1C1,A1C1的中点).易知经过D、E、F、G中任意两点的直线共有 =6条. 6.(2018河北衡水中学、河南顶级名校3月联考,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AB=AA1,过AA1的平面分别交BC,B1C1于点D,D1.(1)求证:四边形ADD1A1为平行四边形;(2)若AA1⊥平面ABC,D为BC的中点,E为DD1的中点,求二面角A-C1E-C的余弦值. 三、解答题(共25分)解析　(1)证明:因为AA1∥BB1,AA1⊄平面BCC1B1,BB1⊂平面BCC1B1,所以AA1∥平面BCC1B1. (2分)又因为AA1⊂平面ADD1A1,平面ADD1A1∩平面BCC1B1=DD1,所以AA1∥DD1. (3分)因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面ABC∩平面ADD1A1=AD,平面A1B1C1∩平面ADD1A1=A1D1,所以AD∥A1D1. (5分)所以四边形ADD1A1为平行四边形. (6分)(2)因为D为BC的中点,AC=AB,所以AD⊥BC.因为AA1∥DD1,AA1⊥平面ABC,所以DD1⊥平面ABC,从而DD1⊥AD.又DD1∩BC=D,所以AD⊥平面BCC1B1. (8分)分别以DA,DB,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 设AC=BC=AB=AA1=2,则A( ,0,0),E(0,0,1),C1(0,-1,2), =(- ,0,1), =(0,1,-1).设平面AC1E的法向量为n=(a,b,c),由 得 取c= ,得n=(1, , ). (10分)由AD⊥平面BCC1B1,得平面CC1E的一个法向量为 =( ,0,0),所以cos< ,n>= = = ,又易知二面角A-C1E-C为锐二面角,故二面角A-C1E-C的余弦值为 . (12分)思路分析　(1)利用线面平行的判定定理得AA1∥面BCC1B1,利用线面平行的性质定理得AA1∥DD1,再利用面面平行的性质定理得AD∥A1D1,从而得证四边形ADD1A1为平行四边形.(2)首先证明DD1⊥面ABC,AD⊥面BCC1B1,从而以DA,DB,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,分别求出面AC1E和面C1EC的一个法向量,通过向量夹角公式及图形求出二面角A-C1E-C的余弦值.一题多解　本题第(2)问也可用以下解法求得:连接BC1,则E是BC1的中点,取BE的中点O,连接DO,AO,由DB=DE,可知DO⊥BE,可得∠AOD是所求二面角的平面角,进而通过解直角三角形得cos∠AOD= ,从而得二面角A-C1E-C的余弦值为 .7.(2017河北石家庄二模,18)如图,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ABED是边长为2的菱形,且∠ABE= ,BC= .四棱锥F-ABED的体积为2,点F在平面ABED内的正投影为点G,且点G在AE上,点M在线段CF上,且CM= CF.(1)证明:直线GM∥平面DEF;(2)求二面角M-AB-F的余弦值. 解析　(1)因为四棱锥F-ABED的体积为2,所以VF-ABED= × ×2×2×FG=2,所以FG= .又BC=EF= ,所以EG= ,易知AE=2,则点G是AE的靠近点A的四等分点. (2分)过点G作GK∥AD交DE于点K,连接FK,则GK= AD= CF.又MF= CF,所以MF=GK,又MF∥GK,所以四边形MFKG为平行四边形, (4分)所以GM∥FK,又FK⊂平面DEF,GM⊄平面DEF,所以直线GM∥平面DEF. (6分)(2)连接BD,设AE,BD的交点为O,以OB所在直线为x轴,OE所在直线为y轴,过点O的平面ABED的垂线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则A(0,-1,0),B( ,0,0),F ,M , =(- ,-1,0), = , = . (8分)设平面ABM,平面ABF的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则  得  不妨取x1=x2=1,则m=(1,- ,-1),n= , (10分)所以cos<m,n>= = ,易知二面角M-AB-F是锐二面角,故二面角M-AB-F的余弦值为 . (13分)方法点拨    证明线面平行的方法:(1)寻找线线平行,利用线面平行的判定定理;(2)寻找面面平行,利用面面平行的性质.