1、考点考点 直线、平面平行的判定与性质直线、平面平行的判定与性质 1.(2019课标,7,5分)设,为两个平面,则的充要条件是( ) A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面 答案答案 B 本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查推理 论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理. A、C、D选项中与可能相交,故选B. 方法总结方法总结 判断空间直线、平面间的位置关系主要有两种策略:一是根据概念、定理、性质进行 判断;二是根据选项给出的位置关系,联想相关的几何体(如正方体、正三棱柱等)模型进行直观判 断.
2、 2.(2017课标,6,5分)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( ) 答案答案 A 本题考查线面平行的判定. B选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;C选项中,ABMQ,且AB 平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;D选项中,ABNQ,且AB平面MNQ,NQ平面MNQ, 则AB平面MNQ.故选A. 一题多解一题多解 对于选项A,设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示),连接OQ,则OQAB,因为 OQ与平面MNQ相交,所以AB与平面MNQ相交,即AB与平
3、面MNQ不平行,故选A. 3.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABAC,B1C平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点. (1)求证:EF平面AB1C1; (2)求证:平面AB1C平面ABB1. 证明证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想 象能力和推理论证能力. (1)因为E,F分别是AC,B1C的中点, 所以EFAB1, 又EF平面AB1C1,AB1平面AB1C1, 所以EF平面AB1C1. (2)因为B1C平面ABC,AB平面ABC, 所以B1CAB. 又ABAC,B1C平面AB1C, AC平面AB1C,B1CA
4、C=C, 所以AB平面AB1C, 又因为AB平面ABB1, 所以平面AB1C平面ABB1. 4.(2020课标,20,12分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分 别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F. (1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F; (2)设O为A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO平面EB1C1F,且MPN=,求四棱锥B-EB1C1F的体积. 3 解析解析 (1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点, 所以MNCC1. 又由已知得AA1CC1,故AA1MN. 因
5、为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,故B1C1平面A1AMN.又因为B1C1平面EB1 C1F,所以平面A1AMN平面EB1C1F. (2)AO平面EB1C1F,AO平面A1AMN,平面A1AMN平面EB1C1F=PN,故AOPN.又APON,故四 边形APNO是平行四边形,所以PN=AO=6,AP=ON=AM=,PM=AM=2,EF=BC=2. 因为BC平面EB1C1F,所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F 的距离.作MTPN,垂足为T,则由(1)知,MT平面EB1C1F,故MT=PMsinMPN=3. 1 3 3 2
6、 3 3 1 3 底面EB1C1F的面积为(B1C1+EF) PN=(6+2)6=24.所以四棱锥B-EB1C1F的体积为243=24. 1 2 1 2 1 3 5.(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 B1DA1F,A1C1A1B1.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,A1C1AC. 在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点, 所以DEAC,于是DEA1C1. 又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F, 所以直
7、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A1AA1C1. 又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1, 所以A1C1平面ABB1A1. 因为B1D平面ABB1A1, 所以A1C1B1D. 又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1, 所以B1D平面A1C1F. 因为直线B1D平面B1DE, 所以平面B1DE平面A1C1F. 6.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,
8、AC的中点,AB=BC. 求证:(1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E. 证明证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想 象能力和推理论证能力. (1)因为D,E分别为BC,AC的中点, 所以EDAB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1, 所以A1B1ED. 又因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1, 所以A1B1平面DEC1. (2)因为AB=BC,E为AC的中点, 所以BEAC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱, 所以C1C平面ABC. 又因为BE平面ABC,所以C1CBE. 因为C1C平面A1ACC1,AC平面A
9、1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1. 因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E. 7.(2017山东,18,12分)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. (1)证明:A1O平面B1CD1; (2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1CD1. 证明证明 本题考查线面平行与面面垂直的判定. (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱, 所以A1O1OC,A1O1=OC, 因此四边形A1OCO1
10、为平行四边形, 所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点, 所以EMBD, 又A1E平面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD,因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1, 又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1平面B1CD1, 所以平面A1EM平面B1CD1. 易错警示易错警示 ab,a/ b. 8.(2016山东,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EFDB. (1)已知AB=BC,AE=EC,求证:ACFB;
11、 (2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH平面ABC. 证明证明 (1)因为EFDB, 所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE. 因为AE=EC,D为AC的中点,所以DEAC. 同理可得BDAC. 又BDDE=D,所以AC平面BDEF, 因为FB平面BDEF,所以ACFB. (2)设FC的中点为I.连接GI,HI. 在CEF中,因为G是CE的中点, 所以GIEF.又EFDB,所以GIDB. 在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC. 又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC. 因为GH平面GHI,所以GH平面ABC. 思路分析思路分析 第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得
12、ACDE,ACDB,从而得线面垂直,利用线 面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行,从而证面 面平行,再利用面面平行的性质得出结论. 9.(2016课标,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,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. 解析解析 (1)证明:由已知得AM=AD=2, 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.(3分) 又ADBC,故TNAM,故四边形AMN
13、T为平行四边形,于是MNAT. 因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(6分) (2)因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.(9分) 取BC的中点E,连接AE. 由AB=AC=3得AEBC,AE=. 由AMBC得M到BC的距离为,故SBCM=4=2. 2 3 1 2 1 2 22 -AB BE5 5 1 2 5 5 所以四面体N-BCM的体积VN-BCM= SBCM=.(12分) 1 32 PA4 5 3 10.(2016四川,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PACD,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD= AD. (1)在
14、平面PAD内找一点M,使得直线CM平面PAB,并说明理由; (2)证明:平面PAB平面PBD. 1 2 解析解析 (1)取棱AD的中点M(M平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下: 连接CM.因为ADBC,BC=AD, 所以BCAM,且BC=AM. 所以四边形AMCB是平行四边形,从而CMAB. 又AB平面PAB,CM平面PAB, 所以CM平面PAB. (说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)证明:连接BM,由已知,PAAB,PACD, 因为ADBC,BC=AD,所以直线AB与CD相交, 所以PA平面ABCD. 1 2 1 2 因为BD平面ABCD,所以PA
15、BD. 因为ADBC,BC=AD, 所以BCMD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形. 又BC=CD,所以四边形BCDM为菱形, 所以MCBD, 由(1)知MCAB, 所以BDAB. 又ABAP=A,所以BD平面PAB. 又BD平面PBD, 所以平面PAB平面PBD. 1 2 1.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BCAD, CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE平面PAB; (2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值. 以下为教师用书专用 解析解析 本题主要考查空间点、线、面的位置关
16、系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间 想象能力和运算求解能力. (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=AD. 又因为BCAD,BC=AD,所以EFBC且EF=BC, 即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF, 因此CE平面PAB. (2)分别取BC,AD的中点为M,N. 连接PN交EF于点Q,连接MQ. 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点, 在平行四边形BCEF中,MQCE. 1 2 1 2 由PAD为等腰直角三角形得PNAD. 由DCAD,N是AD的中点得BNAD. 所以AD平面PBN, 由
17、BCAD得BC平面PBN, 那么平面PBC平面PBN. 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1. 在PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=, 在PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=, 在RtMQH中,QH=,MQ=, 所以sinQMH=. 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是. 22 3 1 4 1 4 2 2 8 2 8 一题多解一题多解 (1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP. PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,OPAD. BC=AD=OD,且BCOD, 四边形BCDO为平
18、行四边形,又CDAD, OBAD,OPOB=O,AD平面OPB. 过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M, 以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图. 设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0). 设P(x,0,z)(z0),由PC=2,OP=1, 1 2 得x=-,z=. 即点P,又E为PD的中点,E. 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1), =,=(1,1,0), 取y1=-1,得n=(1,-1,). 而=,则 n=0,又CE平面PAB, CE平面PAB. (2)设平面
19、PBC的法向量为m=(x2,y2,z2), =(0,1,0),=, 取x2=1,得m=(1,0,). 22 22 ( -1)14, 1, xz xz 1 2 3 2 13 -,0, 22 1 13 -, 4 24 AP 13 -,1, 22 AB 111 11 13 -0, 22 0 xyz xy 11 11 -, - 3, xy zy 3 CE 513 -,-, 424 CE BCBP 33 -,0, 22 2 22 0, 33 -0, 22 y xz 3 设直线CE与平面PBC所成角为. 则sin =|cos|=, 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为. CE |CE| |CE| | m
20、 m 2 8 2 8 方法总结方法总结 1.证明直线与平面平行的方法(例如求证:l) 线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l. 面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面,使得,从而得l. 向量法:(i)求出平面的法向量n和直线l的方向向量l,证明n l=0,得l. (ii)证明直线l的方向向量l能被平面内的两个基底向量所表示,得l. 2.求线面角的方法 定义法:作出线面角,解三角形即可. 解斜线段、射影、垂线段构成的三角形. 例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d), 由sin =得结果. 向量法:求出平面的法
21、向量n,设直线AB与所成角为,则sin =|cos|. 最好是画出图形,否则容易出错. d AB AB 2.(2015北京,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB平面ABC,VAB为等边三角形,ACBC 且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点. (1)求证:VB平面MOC; (2)求证:平面MOC平面VAB; (3)求三棱锥V-ABC的体积. 2 解析解析 (1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点, 所以OMVB. 又因为VB平面MOC,OM平面MOC, 所以VB平面MOC. (2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点, 所以OCAB. 又因为平面VAB平面ABC,平面
22、VAB平面ABC=AB,且OC平面ABC, 所以OC平面VAB. 因为OC平面MOC, 所以平面MOC平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=, 所以AB=2,OC=1. 所以等边三角形VAB的面积SVAB=. 又因为OC平面VAB, 所以三棱锥C-VAB的体积等于OC SVAB=. 又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等, 2 3 1 3 3 3 所以三棱锥V-ABC的体积为. 3 3 评析评析 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学 生空间想象能力和逻辑推理能力. 考点考点 直线、平面平行的判定与性质直线、平面平
23、行的判定与性质 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020陕西榆林三模,5)已知m、n是两条不同的直线,、是三个不同的平面,下列命题中正确 的是( ) A.若m,m,则 B.若m,n,则mn C.若m,n,则mn D.若,则 答案答案 C 本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系,考查的核心素养是逻辑推理、直观想 象,体现了空间想象能力. 对于A,若=n,mn,则m,m,所以A错误; 对于B,若m,n,则m与n可能是异面直线,相交直线或平行直线,所以B错误; 对于C,若m,n,由线面垂直的性质定理知mn,所以C正确; 对于D,若,则与可能相交,也可能平行,所以D错误.故选C. 2.(
24、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A1FC1 C.GE平面A1FC1 D.AE平面A1FC1 答案答案 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OFB1D,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CEA1F,因为A1F平面A1FC1,C
25、E平面A1FC1,所以CE平面A1FC1,即B的说法 正确; 对于C选项,因为GEA1B,所以GE与平面A1FC1相交,即C错误; 对于D选项,易知AEC1F,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. 3.(2020四川成都七中一诊,12)点M,N分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中棱BC,CC1的中点, 动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动,且PA1平面AMN,则PA1的长度范围为( ) A. B. C. D. 5 1, 2 3 25 , 42 3 2 3 , 42 3 1, 2 答案答案 B 本题考查空间中线线、
26、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查学生的逻辑推理和 运算求解能力,考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 取B1C1的中点E,BB1的中点F,连接A1E,A1F,EF,取EF中点O,连接A1O, 点M,N分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中棱BC,CC1的中点, AMA1E,MNEF, 又AMMN=M,A1EEF=E, 平面AMN平面A1EF. 动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动,且PA1平面AMN, 点P的轨迹是线段EF.A1E=A1F=,EF=, 2 2 1 1 2 5 2 1 2 22 11 2 2 A1OEF,当P与O重合时,PA1的长度取最小值A1O
27、=; 当P与E(或F)重合时,PA1的长度取最大值A1E=A1F=.PA1的长度范围为.故选B. 22 52 - 24 3 2 4 5 2 3 25 , 42 4.(2019江西红色七校联考,7)设m,n是空间中两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说法正 确的是( ) A.若mn,n,则m B.若m,n,则mn C.若,m,则m D.若m,n,m,n,则 答案答案 C 若mn,n,则m或m,所以选项A不正确;若m,n,则mn或m与n异 面,所以选项B不正确;若m,n,m,n,则或与相交,所以选项D不正确.故选C. 5.(2020四川绵阳三诊模拟,19)如图,四边形ABCD是正方形,PA平面
28、ABCD,点E、点F分别是线段 AD、PB的中点,PA=AB=2. (1)证明:EF平面PCD; (2)求三棱锥F-PCD的体积. 解析解析 本题考查线面平行的判定、三棱锥的体积,考查逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素 养,考查数形结合思想、转化与化归思想. (1)证明:取PC的中点G,连接DG,FG.四边形ABCD为正方形,且DE=BC,FGBC,且FG=BC, (2分) DEFG且DE=FG,四边形DEFG为平行四边形, EFDG,又EF平面PCD,DG平面PCD,(4分) EF平面PCD.(5分) (2)EF平面PCD,F到平面PCD的距离等于E到平面PCD的距离,(8分) VF-PC
29、D=VE-PCD=VA-PCD=VP-ACD.(9分) PA平面ABCD, VP-ACD=SACDPA=222=.(10分) VF-PCD=.(12分) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 2 4 3 2 3 思路分析思路分析 (1)取PC的中点G,连接DG,FG.利用平面几何的知识判断四边形DEFG为平行四边形, 可得EFDG,即可证明EF平面PCD. (2)根据EF平面PCD,把F到平面PCD的距离转化为E到平面PCD的距离,可得VF-PCD=VE-PCD=VA-PCD =VP-ACD.由PA平面ABCD,可得VP-ACD,进而得出VF-PCD. 1 2 1 2 6.(20
30、19云南师范大学附属中学月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,BCAD,PA=PD=1,AD=2BC= ,AB=PB,BEPA,垂足为E. (1)求证:BE平面PCD; (2)求点E到平面PCD的距离. 2 解析解析 (1)证明:因为AB=PB,BEPA于点E,所以E为PA的中点. 如图,取PD的中点F,连接EF,CF, 则EFAD,EF=AD. 因为BCAD,BC=AD,所以EFBC,EF=BC,所以四边形BCFE为平行四边形,所以BECF. 又因为BE平面PCD,CF平面PCD,所以BE平面PCD. (2)因为PABE,BECF,所以PACF. 1 2 1 2 因为PA=PD=1,AD
31、=,所以PAPD. 又PD平面PCD,CF平面PCD,PDCF=F, 所以PA平面PCD. 因为点E为PA的中点,所以PE=AP=,即点E到平面PCD的距离为EP=. 2 1 2 1 2 1 2 一、选择题(每小题5分,共20分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：60分钟 分值：70分) 1.(2020安徽马鞍山二模,8)已知m,n为两条不同直线,为两个不同的平面,则下列说法中正确的个 数是( ) 若m,则m;若m,m,则; 若m,n,则mn;若m,n,则mn. A.1 B.2 C.3 D.4 答案答案 B 本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定,考查逻辑
32、推 理、直观想象的核心素养. 对于,若m,则m或m,故错误; 对于,若m,m,则或与相交,故错误; 对于,若m,则m,又n,mn,故正确; 对于,若m,n,则mn,故正确.说法正确的个数是2.故选B. 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. DE EB 1 DF FD 1 2 1 CG CC 1 2 1 3 2 3 1 4 答案答案 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
33、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=, EFBD1,平面ADD1A1平面BCC1B1, G在CC1上且平面AEF平面BD1G,AFBG, =.故选B. DE EB 1 DF FD 1 2 1 CG CC 1 DF DD 1 3 3.(2019贵州贵阳高三适应性考试,10)已知平面平面,=l,点A,Al,直线ABl,直线AC l,直线m,m,则下列四种位置关系中,不一定成立的是( ) A.ABm B.ACm C.AB D.AC 答案答案 D 由于直线m,m,=l,所以ml,又直线ABl,故直线ABm,A成立;由ml
34、和直 线ACl得直线ACm,B成立;由直线ABl,=l知直线AB,C成立;直线ACl,点A ,但直 线AC不一定在平面内,故直线AC与平面还可能斜交,平行,D不一定成立. 4.(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的平面平面AMN,则平面截该正方体所得截面的面积为( ) A. B. C. D. 2 9 8 3 6 2 答案答案 B 如图1,取B1C1的中点E,C1D1的中点F,连接EF,BE,DF,B1D1,则EFB1D1,B1D1BD,所以EF BD,故EF,BD在同一平面内.连接ME,因为M,E
35、分别为A1D1,B1C1的中点,所以MEAB,且ME=AB,所 以四边形ABEM是平行四边形, 所以AMBE,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AMAN=A, 所以平面AMN平面BDFE,所以平面BDFE为平面. BD=,EF=B1D1=,DF=BE=,等腰梯形BDFE如图2, 图1 图2 2 1 2 2 2 5 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. 22 -DFDG 5 1 - 4 8 3 2 4 1 2 2 2 2 3 2 4 9 8 二、解答题(共50分) 5.(202
36、0河南、江西五岳3月联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,DAB=9 0,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. 1 2 解析解析 (1)证明:因为BCAD,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BCPM. 因为EF平面PAD,EF平面PBC,所以EFPM,从而得EFBC.因为E为PB的中点,所以F为PC的 中点. (2)因为PA底面ABCD,DAB
37、=90,AB=BC=PA=AD=2, 所以PB=2,PD=2, BD=2, 所以SDPB=PB=6. 1 2 22 PAAB2 22 PAAD5 22 BAAD5 1 2 2 2 1 - 2 DPPB 设点C到平面PBD的距离为d, 由VC-PBD=VP-BCD,得SDPB d=SBCD PA=BCABPA, 即6d=222,解得d=. 1 3 1 3 1 3 1 2 1 2 2 3 规律总结规律总结 “一证一算”仍将是立体几何考查的主导方向,其中“证”体现了对逻辑推理能力的 考查,“算”体现了对知识应用能力和运算求解能力的考查.证明时需要合理利用直线与直线、直 线与平面、平面与平面的垂直(或
38、平行)关系,计算时要牢记距离、体积及表面积的计算方法. 6.(2020天一大联考“顶尖计划”第二次联考,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,E, F分别是BC,A1C1的中点,ABC是边长为2的等边三角形,AA1=2AB. (1)求证:EF平面ABB1A1; (2)求点C到平面AEF的距离. 解析解析 本题考查空间几何体线面关系证明以及点到平面距离的求法. (1)如图,取AB的中点D,连接DE,A1D. 因为E是BC的中点, 所以DEAC,且DE=AC. 由三棱柱的性质知ACA1C1. 因为F是A1C1的中点, 所以A1FAC,且A1F=AC, 所以A1FDE,且A1F
39、=DE, 所以四边形DEFA1是平行四边形. 所以EFDA1. 又因为EF平面ABB1A1,DA1平面ABB1A1, 1 2 1 2 所以EF平面ABB1A1. (2)由题可得VF-ACE=AA1SACE=422=. 在AEF中,易求得AE=,AF=,EF=, AE边上的高为=, 所以SAEF=. 设点C到平面AEF的距离为h, 则VC-AEF=hSAEF=,解得h=. 1 3 1 3 1 2 3 4 2 3 3 31717 2 3 17- 2 65 2 1 2 65 2 3 195 4 1 3 2 3 3 8 65 65 7.(2020甘肃兰州一诊,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面A
40、BCD为平行四边形,点P在平面ABCD内 的射影为A,PA=AB=1,点A到平面PBC的距离为,且直线AC与PB垂直. (1)在棱PD上找点E,使直线PB与平面ACE平行,并说明理由; (2)在(1)的条件下,求三棱锥P-EAC的体积. 3 3 解析解析 本题考查直线与平面平行的判断,几何体的体积的求法等基本知识.考查直观想象、逻辑推 理、数学运算的核心素养,考查转化与化归的数学思想. (1)点E为PD中点时直线PB与平面ACE平行. 证明:连接BD,交AC于点O,连接OE,则点O为BD的中点,又因为点E为PD的中点,所以OE为PDB的 中位线,则OEPB,又因为OE平面ACE,PB平面ACE
41、, 所以PB与平面ACE平行. (2)根据题意ACPB,PA底面ABCD,AC底面ABCD,则有ACPA,又PAPB=P,所以AC平面 PAB,则ACAB.设AC=x, 则VP-ABC=VA-PBC=x11=,解得x=1,则VP-EAC=VP-ACD=111= . 1 3 1 2 1 3 1 2 2 2 1 2 x 3 3 1 2 1 2 1 3 1 2 1 12 解题关键解题关键 (1)先猜出点E为PD中点时直线PB与平面ACE平行.连接BD,交AC于点O,连接OE,说明 OEPB,再证明PB与平面ACE平行. (2)体积的求解关键是寻找线面垂直,再通过等体积法转化求解. 8.(2019甘肃
42、、青海、宁夏联考,18(节选)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,D为BC边上 一点,BD=,AA1=AB=2AD=2.若BD=CD,试问:A1C是否与平面ADB1平行?若平行,求三棱锥A-A1B1D 的体积;若不平行,请说明理由. 3 解析解析 A1C与平面ADB1平行. 证明如下:取B1C1的中点E,连接DE,CE,A1E, 因为BD=CD,所以DEAA1,且DE=AA1,所以四边形ADEA1为平行四边形,所以A1EAD. 同理可证CEB1D. 因为A1ECE=E,所以平面ADB1平面A1CE, 又A1C平面A1CE,所以A1C平面ADB1. 因为AA1BB1,所以=,
43、 又BD=,且易证BD平面AA1D, 所以=21=. 11 -B AA D V 1 -B AA D V 3 1 1 -A A B D V 11 -B AA D V 1 -B AA D V 1 3 3 1 2 3 3 一题多解一题多解 连接A1B,交AB1于K,易知K是A1B的中点,连接DK,则DK是A1BC的中位线,DKA1C,又 DK平面AB1D,A1C平面AB1D,所以A1C平面AB1D. 因为AA1BB1,BD=,AA1=AB=2AD=2,且易证BD平面AA1D,所以= A1ABDAD=21=. 3 1 1 -A A B D V 11 -B AA D V 1 -B AA D V 1- A
44、 ABD V 1 3 1 2 1 3 1 2 3 3 3 1.(多选题)(2020 5 3原创题)设,为互不重合的三个平面,则下列条件中能使成立的有( ) A., B.内不共线的三点到的距离相等 C.a,a D.m,n为异面直线,m,n,m,n 答案答案 CD 对于选项A,当,时,与可能平行,也可能相交,故选项A错误;对于选项B,内 不共线的三点可能在平面的同侧,也可能在平面的两侧,所以与可能平行,也可能相交,故选项 B错误;对于选项C,利用反证法结合线面垂直的性质可知选项C正确;对于选项D,由于m,m, 则在内一定存在直线m1,使得m1m,所以直线m1(如图所示),又知m,n为异面直线,n,
45、所以直 线m1与n相交,又因为直线n,且n,m1,所以,故选项D正确,故选CD. 2.(2020 5 3原创题)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA平面ABCD,ADAB,ADBC,SA=AD=2,AB=BC =1,E为SD上的一点. (1)证明:平面SAC平面SCD; (2)设=,当为何值时,SB平面ACE? (3)求直线SB与平面SCD所成角的正弦值. SE SD 解析解析 (1)证明:由题意知AC=CD=, 因为AC2+CD2=AD2,所以ACCD, 又因为SA平面ABCD,所以SACD, 又知SAAC=A,所以CD平面SAC, 因为CD平面SCD,所以平面SAC平面SCD. (2)当=时
46、,SB平面ACE. 证明:连接BD交AC于点O,连接OE,如图所示, 因为ADBC,AD=2BC,所以OD=2OB,即=, 又知=,所以SBOE, 又因为SB平面ACE,OE平面ACE,所以SB平面ACE. 2 1 3 OB BD 1 3 SE SD 1 3 (3)解法一(公式法):由题意可知AC=CD=,SD=2, 又SA=2,SAAC,所以SC=, 由(1)知CDSC,所以SSCD=CD SC=. 设点B到平面SCD的距离为h, 由VB-SCD=VS-BCD可得SSCD h=SBCD SA, 所以h=. 设直线SB与平面SCD所成的角为,则sin =,即直线SB与平面SCD所成角的正弦值为
47、 . 解法二(向量法):以A为原点,AB,AD,AS所在直线分别为x轴, y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(1,0,0),S(0,0,2),C(1,1,0),D(0,2,0), 22 6 1 2 1 2 263 1 3 1 3 BCD SCD SSA S 1 1 1 2 2 3 3 3 h SB 3 3 5 15 15 15 15 所以=(-1,0,2),=(0,2,-2),=(-1,1,0). 设平面SCD的法向量为n1=(x,y,z), 则有即 令y=1,则x=1,z=1,即n1=(1,1,1). 设直线SB与平面SCD所成的角为, 则sin =|cos|=, 即直线SB与平面SCD所成角的正弦值为. BSSDCD 1 1 SD0, CD0, n n 2 -20, -0, yz xy B
