2022新高考数学人教A版一轮总复习训练8.3直线、平面平行的判定与性质专题检测（带解析）

§8.3　直线、平面平行的判定与性质专题检测1.(2020河南名校联盟尖子生3月联考,6)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是BB1,DD1,A1B1的中点,则下列说法错误的是(　　)A.B1D∥平面A1FC1　　B.CE∥平面A1FC1C.GE∥平面A1FC1　　D.AE∥平面A1FC1答案　C　本题考查空间中线面平行的判定,考查学生直观想象、逻辑推理的核心素养.如图所示,连接B1D1和A1C1相交于点O,则O为A1C1、B1D1的中点,对于A选项,连接OF,则OF∥B1D,因为OF⊂平面A1FC1,B1D⊄平面A1FC1,所以B1D∥平面A1FC1,即A的说法正确;对于B选项,易知CE∥A1F,因为A1F⊂平面A1FC1,CE⊄平面A1FC1,所以CE∥平面A1FC1,即B的说法正确;对于C选项,因为GE∥A1B,所以GE与平面A1FC1相交,即C错误;对于D选项,易知AE∥C1F,因为C1F⊂平面A1FC1,AE⊄平面A1FC1,所以AE∥平面A1FC1,即D的说法正确.故选C.2.(2020重庆直属校3月模拟,6)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且==,G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,则=(　　) A.　　B.　　C.　　D.答案　B　本题考查面面平行的性质定理,考查逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养,考查学生的数学应用意识.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且==,∴EF∥BD1,平面ADD1A1∥平面BCC1B1,∵G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,∴AF∥BG,∴==.故选B.3.(2020黑龙江顶级名校9月联考,8)如图,四棱锥S-ABCD的所有棱长均为2,E是SA的中点,过C、D、E三点的平面与SB交于点F,则四边形DEFC的周长为(　　)A.2+　　B.3+　　C.3+2　　D.2+2答案　C　因为AB=BC=CD=DA=2,所以四边形ABCD为菱形,所以CD∥AB,又CD⊄平面SAB,AB⊂平面SAB,所以CD∥平面SAB,又CD⊂平面CDEF,且平面CDEF∩平面SAB=EF,所以CD∥EF,所以EF∥AB.又因为E为SA的中点,所以EF=AB=1,又易知△SAD和△SBC均是等边三角形,所以DE=CF=2×sin60°=,所以四边形DEFC的周长为CD+DE+EF+FC=2++1+ =2+3,故选C.思路分析　本题利用线面平行的判定定理得出CD∥平面SAB,再利用线面平行的性质定理得CD∥EF,从而实现了平面问题与空间问题的转化,最终利用平面相关知识求得四边形的周长.4.(2020四川成都二诊,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P,Q分别为AB,AD的中点,过点D作平面α使B1P∥平面α,A1Q∥平面α.若直线B1D1∩平面α=M,则的值为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　如图所示,取A1D1,D1C1的中点分别为E,F,连接EF,DE,DF,则有A1Q∥DE,又知DE⊂平面DEF,A1Q⊄平面DEF,∴A1Q∥平面DEF,同理可得B1P∥平面DEF,∴平面DEF即为平面α,连接A1C1,B1D1,由题知B1D1∩EF=M,由于E,F分别为所在棱中点,∴EF∥A1C1,∴点M为线段B1D1的四等分点,且靠近点D1,∴=,故选B.5.(2019江西吉安一模,11)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1D1,A1B1的中点,过直线BD的平面α∥平面AMN,则平面α截该正方体所得截面的面积为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　如图1,取B1C1的中点E,C1D1的中点F,连接EF,BE,DF,B1D1,则EF∥B1D1,B1D1∥BD,所以EF∥BD,故EF,BD在同一平面内.连接ME,因为M,E分别为A1D1,B1C1的中点,所以ME∥ AB,且ME=AB,所以四边形ABEM是平行四边形,所以AM∥BE,又因为BE⊂平面BDFE,AM⊄平面BDFE,所以AM∥平面BDFE,同理AN∥平面BDFE.又因为AM∩AN=A,所以平面AMN∥平面BDFE,所以平面BDFE为平面α.BD=,EF=B1D1=,DF=BE=,等腰梯形BDFE如图2,图1图2分别过E,F作BD的垂线,则四边形EFGH为矩形,∴FG===,故所得截面的面积为××=.故选B.6.(2019豫北名校4月联考,14)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点,若平面BC1D∥平面AB1D1,则=　　　　. 答案　1解析　如图所示,连接A1B,与AB1交于点O,连接OD1,∵平面BC1D∥平面AB1D1,平面BC1D∩平面A1BC1=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,∴BC1∥D1O,∴=,同理AD1∥DC1,∴=,∴=,又∵=1,∴=1,即=1. 7.(2019福建厦门一模,15)在正三棱锥S-ABC中,AB=2,SA=2,E,F分别为AC,SB的中点.平面α过点A,平面α∥平面SBC,平面α∩平面ABC=l,则异面直线l和EF所成角的余弦值为　　　　. 答案　解析　∵平面α∥平面SBC,平面α∩平面ABC=l,平面SBC∩平面ABC=BC,∴l∥BC.取AB的中点D,连接DE,DF,则DE∥BC,∴l∥DE,∴异面直线l和EF所成角即为∠DEF(或其补角).取BC的中点O,连接SO,AO,则SO⊥BC,AO⊥BC,又SO∩AO=O,∴BC⊥平面SOA,又SA⊂平面SOA,∴BC⊥SA,∴DE⊥DF.在Rt△DEF中,DE=,DF=,∴EF=2,∴cos∠DEF==.∴异面直线l和EF所成角的余弦值为.思路分析　推导出l∥BC,取AB的中点D,连接DE,DF,则DE∥BC,从而l∥DE,进而得到异面直线l和EF所成角即为∠DEF(或其补角),由此能求出异面直线l和EF所成角的余弦值.8.(2020安徽合肥一中等六校第一次联考,16)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点 M是AD的中点,动点P在底面ABCD内(不包括边界),若B1P∥平面A1BM,则C1P的最小值是　　　　. 答案　解析　如图,取A1D1的中点Q,BC的中点N,连接DN,NB1,B1Q,QD,易证DN∥BM,DQ∥A1M,又DN∩DQ=D,BM∩A1M=M,∴平面B1QDN∥平面A1BM,则动点P的轨迹是线段DN(不含D,N两点),连接CP.又CC1⊥平面ABCD,则当CP⊥DN时,C1P取得最小值,∴C1P≥=.则C1P的最小值为.解题关键　利用线面平行与面面平行的性质定理得点P的轨迹是求解本题的关键.9.(2019北师大附中期中文,18)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,平面SAD⊥平面ABCD,SA=SD,E,P,Q分别是棱AD,SC,AB的中点.(1)求证:PQ∥平面SAD;(2)求证:AC⊥平面SEQ;(3)如果SA=AB=2,求三棱锥S-ABC的体积. 解析　(1)证明:取SD的中点F,连接AF,PF.因为P,F分别是棱SC,SD的中点,所以FP∥CD,且FP=CD.又因为Q是AB的中点,所以AQ∥CD,且AQ=CD.所以FP∥AQ且FP=AQ.所以四边形AQPF为平行四边形.所以PQ∥AF.又因为PQ⊄平面SAD,AF⊂平面SAD,所以PQ∥平面SAD.(2)证明:连接BD,在△SAD中,SA=SD,E是AD的中点,所以SE⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE⊂平面SAD,所以SE⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,所以SE⊥AC.因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC, 因为E,Q分别是AD,AB的中点,所以EQ∥BD,所以EQ⊥AC,因为SE∩EQ=E,SE,EQ⊂平面SEQ,所以AC⊥平面SEQ.(3)因为菱形ABCD中,∠BAD=60°,AB=2,所以S△ABC=AB·BC·sin∠ABC=.因为SA=AD=SD=2,E是AD的中点,所以SE=.由(2)可知SE⊥平面ABC,所以三棱锥S-ABC的体积V=S△ABC·SE=1.10.(2019河南豫南九校11月联考,18)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,∠PAD=∠ABC=90°,设=2.(1)求证:AE⊥BC;(2)若直线AB∥平面PCD,且DC=2AB,求证:直线PD∥平面ACE.证明　(1)∵侧面PAD⊥底面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥底面ABCD.又BC⊂底面ABCD,∴PA⊥BC.又∵∠ABC=90°,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.又∵AE⊂平面PAB,∴AE⊥BC.(2)∵AB∥平面PCD,AB⊂平面ABCD,且平面ABCD∩平面PCD=DC,∴AB∥DC. 如图,连接BD交AC于点M,连接EM.∵AB∥DC,∴∠ABD=∠BDC.又∵∠AMB=∠DMC,∴△AMB∽△CMD,∴=.又DC=2AB,∴DM=2MB.又∵=2,∴PD∥EM.又∵PD⊄平面EAC,EM⊂平面EAC,∴PD∥平面ACE.11.(2020山西长治二中9月月考,18)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=BC.(1)求证:AD∥平面BCEF;(2)求证:BD⊥平面CDE;(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析　(1)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以AD∥EF,由于EF⊂平面BCEF,AD⊄平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以DE⊥AD.因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD, 所以DE⊥平面ABCD,所以DE⊥BD.取BC的中点N,连接DN.由BN∥AD,BN=BC=AD=AB,∠BAD=90°,可得四边形ABND为正方形,所以DN=AB.所以DN=BC,所以BD⊥CD,因为CD∩DE=D,所以BD⊥平面CDE.(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF,此时=1.理由如下:连接AN交BD于点M,连接NF,由于四边形ABND为正方形,所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,所以NC=FE,NC∥FE,所以四边形NCEF为平行四边形,所以CE∥NF.又因为NF⊂平面AMF,CE⊄平面AMF,所以CE∥平面AMF.规律总结　探索性问题,一般采用执果索因的方法,假设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结果成立的充分条件,若能找到符合题目结果要求的条件,则存在;若不能找到符合题目结果要求的条件(出现矛盾),则不存在. 12.(2020河南、江西五岳3月联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠DAB=90°,AB=BC=PA=AD=2,E为PB的中点,F是PC上的点.(1)若EF∥平面PAD,证明:F为PC的中点;(2)求点C到平面PBD的距离.解析　(1)证明:因为BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD.因为P∈平面PBC,P∈平面PAD,所以可设平面PBC∩平面PAD=PM,又因为BC⊂平面PBC,所以BC∥PM.因为EF∥平面PAD,EF⊂平面PBC,所以EF∥PM,从而得EF∥BC.因为E为PB的中点,所以F为PC的中点.(2)因为PA⊥底面ABCD,∠DAB=90°,AB=BC=PA=AD=2,所以PB==2,PD==2,BD==2,所以S△DPB=PB·=6.设点C到平面PBD的距离为d,由VC-PBD=VP-BCD,得S△DPB·d=S△BCD·PA=××BC×AB×PA, 即6d=×2×2×2,解得d=.13.(2019广东珠海一中期中考试,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,△PAC是边长为2的等边三角形,PB=PD=,AP=4AF.(1)求四棱锥P-ABCD的体积;(2)在线段PB上是否存在一点M,使得CM∥平面BDF?如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.解析　(1)∵底面ABCD是菱形,AC∩BD=O,∴O为AC,BD的中点.又∵PA=PC,PB=PD,∴PO⊥AC,PO⊥BD.∵AC∩BD=O,AC⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PO⊥底面ABCD.在等边△PAC中,AC=2,∴PO=.在△PBD中,PB=PD=,则BO==,∴BD=2.∴VP-ABCD=·S菱形ABCD·PO=××2×2×=2.(2)存在.如图,过C作CE∥BD交AB的延长线于E,过E作EH∥BF交PA于H,交PB于M. ∵CE∥BD,BD⊂平面BDF,CE⊄平面BDF,∴CE∥平面BDF.∵EH∥BF,BF⊂平面BDF,EH⊄平面BDF,∴EH∥平面BDF.又∵CE∩EH=E,CE⊂平面CEM,EH⊂平面CEM,∴平面BDF∥平面CEM.又CM⊂平面CEM,∴CM∥平面BDF.∵BD∥CE,DC∥BE,∴四边形BECD为平行四边形.∴DC=BE=AB,∴B为AE的中点.∵AF=AP,EH∥BF,∴H为PA的中点.∴在△PAE中,M为中线PB与中线EH的交点.∴M为△PAE的重心,∴=.14.(2020河南天一大联考4月联考,18)如图,五面体ABCDEF中,AE=EF,平面DAE⊥平面ABFE,平面CBF⊥平面ABFE,∠DAE=∠DEA=∠CFB=∠EAB=∠FBA=45°,AB∥EF,点P是线段AB上靠近A的三等分点.(1)求证:DP∥平面CBF;(2)求直线DP与平面ACF所成角的正弦值. 解析　本题主要考查空间线面的位置关系,向量法求空间角的正弦值,考查学生的运算求解能力、空间想象能力.考查的核心素养为直观想象、逻辑推理和数学运算.(1)证明:如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MP,MN,由题可知AD=DE,∠ADE=90°,设AD=DE=1,易知DM⊥AE,且AM=.因为平面DAE⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,所以DM⊥平面ABFE.同理,CN⊥平面ABFE.所以DM∥CN.因为DM⊄平面CBF,CN⊂平面CBF,故DM∥平面CBF.因为AE=EF,∠EAB=∠FBA=45°,所以AP=1=AB.因为AM=APcos45°,所以∠AMP=90°,所以△AMP是以AP为斜边的等腰直角三角形,所以∠MPA=45°,而∠FBA=45°,则MP∥FB.因为MP⊄平面CBF,FB⊂平面CBF,所以MP∥平面CBF.因为MP∩DM=M,所以平面DMP∥平面CBF.因为DP⊂平面DMP,所以DP∥平面CBF.(2)连接PE,以P为原点,AB,PE所在直线分别为x轴,y轴,以过点P且垂直于平面ABFE的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=DE=1,则 A(-1,0,0),C,F(1,1,0),P(0,0,0),D,所以=(2,1,0),=.设平面AFC的法向量为n=(x,y,z),则即取x=-2,则y=4,z=3,即n=(-2,4,3).易知=,设直线DP与平面ACF所成的角为θ.故sinθ==,即直线DP与平面ACF所成角的正弦值为.思路分析　(1)作辅助线,利用题中给出的相等关系,得出DM⊥平面ABEF,从而得到DM∥CN,进而得出DM∥平面CBF,再证得MP∥平面CBF,所以平面CBF∥平面DMP,从而证得DP∥平面CBF;(2)建立恰当的空间直角坐标系,分别求出直线DP的方向向量和平面AFC的法向量,然后求得结果.15.(2020陕西第二次质量检测,17)如图,正四棱锥P-ABCD的底边长为2,侧棱长为,M为PC上一点,且PM=3CM,点E,F分别为AD,BC上的点,且AE=BF=3ED.(1)证明:平面MEF∥平面PAB;(2)求锐二面角P-EF-M的余弦值. 解析　(1)证明:AE∥BF,且AE=BF,∴四边形ABFE为平行四边形,∴AB∥EF.∵PM=3CM,BF=3FC,∠MCF=∠PCB,∴△MCF∽△PCB,∴MF∥PB.∵MF,EF⊂平面MEF,MF∩EF=F,PB,AB⊂平面PAB,PB∩AB=B,∴平面MEF∥平面PAB.(2)连接AC,BD,交于点O,连接PO.∵四棱锥P-ABCD为正四棱锥,∴AC⊥BD,PO⊥平面ABCD,∴OB,OC,OP两两垂直,故建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,-,0),B(,0,0),C(0,,0),D(-,0,0),E,F,M,P(0,0,1),∴=(,,0),=,=-,-,-,设平面PEF的法向量为m=(x,y,z),则即解得∴取x=-2,则y=2,z=, 故m=(-2,2,),同理可得平面MEF的一个法向量n=(-1,1,-).∴cos<m,n>====,∴锐二面角P-EF-M的余弦值为.思路分析　(1)由正方形的性质知AB∥EF,又由相似三角形的性质可得MF∥PB,再结合面面平行的判定定理即可证明;(2)由已知条件可推导出OB,OC,OP两两垂直,建立空间直角坐标系,求出平面PEF与平面MEF的法向量,利用公式即可求得锐二面角的余弦值.16.(2020安徽名校联盟4月联考,18)如图,在空间几何体ABCDE中,△ABC,△ACD,△EBC均是边长为2的等边三角形,平面ACD⊥平面ABC,且平面EBC⊥平面ABC,H为AB的中点.(1)证明:DH∥平面EBC;(2)求二面角E-AC-B的余弦值.解析　(1)证明:如图1,分别取AC,BC的中点P,Q,连接DP,EQ,PQ,PH,∵△ACD,△EBC均是等边三角形,P是AC的中点,Q是BC的中点,∴DP⊥AC,EQ⊥BC.∵平面ACD⊥平面ABC且交线为AC,DP⊂平面ACD,∴DP⊥平面ABC,∵平面EBC⊥平面ABC且交线为BC,EQ⊂平面EBC,∴EQ⊥平面ABC,∴DP∥EQ.又∵EQ⊂平面EBC,DP⊄平面EBC,∴DP∥平面EBC.∵PH是△ABC的中位线,∴PH∥BC, 又∵BC⊂平面EBC,PH⊄平面EBC,∴PH∥平面EBC,∵DP⊂平面DPH,PH⊂平面DPH,DP∩PH=P,∴平面EBC∥平面DPH,∴DH∥平面EBC.图1图2(2)以点P为原点,射线PA为x轴正方向、射线PB为y轴正方向、射线PD为z轴正方向,建立如图2所示的空间直角坐标系,则P(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),E,∴=(-2,0,0),=,∵EQ⊥平面ABC,∴平面ABC的法向量可取n=(0,0,1),设平面EAC的法向量为m=(x,y,z),则∴∴可取m=(0,2,-1),设二面角E-AC-B的平面角为θ,根据图形判断θ为锐角,∴cosθ===.