§8.4　直线、平面平行的判定和性质x

§8.4　直线、平面平行的判定和性质高考文数(北京市专用)1 考点　直线、平面平行的判定和性质1.(2012北京,16,14分)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.(1)求证:DE∥平面A1CB;(2)求证:A1F⊥BE;(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.A组  自主命题·北京卷题组五年高考2 解析(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.因为A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:3 如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PQ,则PQ∥BC.又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.即A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.评析本题的前两问属容易题,第(3)问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不牢靠的学生而言,可能不能顺利解答.4 2.(2015北京,18,14分,0.89)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC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.5 解析(1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OM∥VB.又因为VB⊄平面MOC,所以VB∥平面MOC.(2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC,平面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)解法一: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S△VAB=.又因为OC⊥平面VAB,6 所以三棱锥C-VAB的体积等于OC·S△VAB=.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V-ABC的体积为.解法二:连接VO,与(2)同理,可证VO⊥平面ABC,在等边三角形VAB中,AB=2,所以VO=.所以三棱锥V-ABC的体积等于VO·S△ABC=××=.思路分析(1)在△ABV中,利用中位线定理有OM∥VB,由此证明VB∥平面MOC.(2)先证OC⊥AB,再由平面VAB⊥平面ABC证得OC⊥平面VAB,由此证明平面MOC⊥平面VAB.(3)解法一:通过三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,计算求解.解法二:直接求解V-ABC的体积.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.7 3.(2014北京,17,14分,0.86)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;(2)求证:C1F∥平面ABE;(3)求三棱锥E-ABC的体积.8 解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC.所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC,BB1∩BC=B,所以AB⊥平面B1BCC1.又因为AB⊂平面ABE,所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明:取AB的中点G,连接EG,FG.因为E,F分别是A1C1,BC的中点,所以FG∥AC,且FG=AC.因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,所以FG∥EC1,且FG=EC1.9 所以四边形FGEC1为平行四边形.所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,所以AB==,所以S△ABC=×1×=.所以三棱锥E-ABC的体积V=S△ABC·AA1=××2=.10 思路分析(1)欲证平面ABE⊥平面B1BCC1,利用判定定理,只需证明平面ABE内的直线AB与平面B1BCC1垂直,即只需证明AB与平面B1BCC1内的两条相交直线垂直,利用直棱柱的性质和直角三角形可证.(2)欲证C1F∥平面ABE,只需在平面ABE内找到一条直线与C1F平行即可,取AB的中点G,利用平行四边形可证明C1F∥EG.(3)在直角三角形中求出边AB的长,进而得到△ABC的面积,易求三棱锥E-ABC的体积.易错警示在证明C1F∥平面ABE时,易出现不写“EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE”的错误,从而失分.评析本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理与性质定理的应用,考查空间几何体的体积的计算,考查考生的空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.判定线面平行的关键是构造线线平行或面面平行.11 考点　直线、平面平行的判定和性质1.(2017课标全国Ⅰ,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(　　)B组  统一命题、省(区、市)卷题组12 答案    A解法一:B选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;C选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;D选项中,AB∥NQ,且AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ.故选A.解法二:A选项中(如图),连接CB交MN于D,连接DQ,则平面MNQ与平面ABC的交线为DQ,在△ABC中,Q为AC的中点,而点D为CB的四等分点,所以AB与DQ不平行,从而可知AB与平面MNQ不平行,故选A.13 2.(2014辽宁,4,5分)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是(　　)A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α答案    B若m∥α,n∥α,则m与n可能平行、相交或异面,故A错误;B正确;若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错误;若m∥α,m⊥n,则n与α可能平行、相交或n⊂α,故D错误.因此选B.3.(2018课标全国Ⅲ,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.14 解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.15 4.(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.16 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.17 5.(2016课标Ⅲ,19,12分)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.18 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TN∥BC,TN=BC=2.(3分)又AD∥BC,故TN?AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.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AE⊥BC,AE==.由AM∥BC得M到BC的距离为,19 6.(2016山东,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF∥DB.(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC⊥FB;(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH∥平面ABC.故S△BCM=×4×=2.所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=·S△BCM·=.(12分)评析本题考查了线面平行的判定,考查了三棱锥的体积,考查了空间想象能力.线段的中点问题一般应用三角形的中位线求解.20 证明(1)因为EF∥DB,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DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF,因为FB⊂平面BDEF,所以AC⊥FB.(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GI∥EF.又EF∥DB,所以GI∥DB.21 在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.思路分析第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得AC⊥DE,AC⊥DB,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.评析本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力,同时考查转化与化归思想的应用.22 7.(2016四川,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.(1)在平面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.23 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AD∥BC,BC=AD,所以BC∥AM,且BC=AM.所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB.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,PA⊥AB,PA⊥CD,因为AD∥BC,BC=AD,所以直线AB与CD相交,所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD.24 因为AD∥BC,BC=AD,所以BC∥MD,且BC=MD.所以四边形BCDM是平行四边形.所以BM=CD=AD,所以BD⊥AB.又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.思路分析(1)要得到CM∥平面PAB,可以先猜出M点所在位置再证明.(2)由已知的线线垂直想到线面垂直,再证面面垂直.评析本题考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定,熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.25 8.(2015广东,18,14分)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.(1)证明:BC∥平面PDA;(2)证明:BC⊥PD;(3)求点C到平面PDA的距离.26 解析(1)证明:因为四边形ABCD是长方形,所以AD∥BC.又因为AD⊂平面PDA,BC⊄平面PDA,所以BC∥平面PDA.(2)证明:取CD的中点,记为E,连接PE,因为PD=PC,所以PE⊥DC.又因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PE⊂平面PDC,所以PE⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD,所以PE⊥BC.因为四边形ABCD为长方形,所以BC⊥DC.又因为PE∩DC=E,所以BC⊥平面PDC.而PD⊂平面PDC,所以BC⊥PD.(3)连接AC.由(2)知,BC⊥PD,又因为AD∥BC,所以AD⊥PD,所以S△PDA=AD·PD=×3×4=6.在Rt△PDE中,PE===.27 S△ADC=AD·DC=×3×6=9.由(2)知,PE⊥平面ABCD,则PE为三棱锥P-ADC的高.设点C到平面PDA的距离为d,由VC-PDA=VP-ADC,即d·S△PDA=PE·S△ADC,亦即×6d=××9,得d=.故点C到平面PDA的距离为.评析本题考查了线面平行、线线垂直的判定以及体积和距离的计算方法;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.利用平面与平面垂直的性质定理是求解的关键.28 9.(2014山东,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.(1)求证:AP∥平面BEF;(2)求证:BE⊥平面PAC.29 证明(1)设AC∩BE=O,连接OF,EC.由于E为AD的中点,AB=BC=AD,AD∥BC,所以AE∥BC,AE=AB=BC,因此四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点.又F为PC的中点,因此在△PAC中,可得AP∥OF.又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC,ED=BC,所以四边形BCDE为平行四边形,因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD,所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC.又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,所以BE⊥平面PAC.30 考点　直线、平面平行的判定和性质1.(2016课标Ⅰ,11,5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为(　　)A.B.C.D.C组    教师专用题组答案    A设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a.将正方体ABCD-A1B1C1D1补成棱长为2a的正方体,如图所示.正六边形EFGPQR所在的平面即为平面α.点A为这个大正方体的中心,直线GR为m,直线EP为n.显然m与n所成的角为60°.所以m,n所成角的正弦值为.故选A.31 疑难突破通过补体,利用正方体的性质,再根据线面平行的判定和性质画出平面α,进而找到直线m和n是解题的突破口.评析　本题考查了直线与平面的平行和平面与平面的平行的判定和性质,考查了空间想象能力.通过补体,利用正方体的性质找到直线m和n是求解的关键.2.(2014安徽,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2,点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)证明:GH∥EF;(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.32 解析(1)证明:因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.同理可证EF∥BC,因此GH∥EF.(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且PO⊄平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.33 因为平面PBD∩平面GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,从而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,从而KB=DB=OB,即K为OB的中点.再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB的中点,且GH=BC=4.由已知可得OB=4,PO===6,所以GK=3.故四边形GEFH的面积S=·GK=×3=18.评析本题考查线面平行与垂直关系的转化,同时考查空间想象能力和逻辑推理能力,解题时要有较强的分析问题、解决问题的能力.34 3.(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,BC∥AD,CD⊥AD,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.35 解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,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EF∥AD且EF=AD.又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,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.36 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,MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD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Rt△MQH中,QH=,MQ=,所以sin∠QMH=.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.37 考点　直线、平面平行的判定和性质1.(2016北京朝阳期末,11)给出四个命题:①平行于同一平面的两个不重合的平面平行;②平行于同一直线的两个不重合的平面平行;③垂直于同一平面的两个不重合的平面平行;④垂直于同一直线的两个不重合的平面平行.其中真命题的序号是.三年模拟A组2016—2018年高考模拟·基础题组答案①④解析若α∥β,α∥γ,则β∥γ,即平行于同一平面的两个不重合的平面平行,故①正确;若a∥α,a∥β,则α与β平行或相交,故②错误;若α⊥γ,β⊥γ,则平面α与β平行或相交,故③错误;若a⊥α,a⊥β,则α与β平行,故④正确.故真命题为①④.38 2.(2018北京海淀期末,18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,AC=AB=AA1=2,∠AA1B1=60°,E,F分别为棱A1B1,BC的中点.(1)求证:AC⊥AE;(2)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积;(3)在直线AA1上是否存在一点P,使得CP∥平面AEF?若存在,求出AP的长;若不存在,说明理由.39 解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,又因为侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,AC⊂底面ABC,所以AC⊥平面ABB1A1,又因为AE⊂平面ABB1A1,所以AC⊥AE.(2)连接AB1,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=AB,因为AB=AA1=2,所以A1B1=AA1=2.又因为∠AA1B1=60°,所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱A1B1的中点,所以AE⊥A1B1,又因为AE⊥AC,A1C1∥AC,所以AE⊥A1C1.因为A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1⊂底面A1B1C1,所以AE⊥底面A1B1C1.所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积40 V=·AE=A1B1·A1C1·AE=×2×2×=2.(3)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.证明如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,设交点为P.连接CP.因为BB1∥AA1,所以△A1PE∽△B1BE,故==.因为E为棱A1B1的中点,所以EA1=EB1,故有A1P=B1B.又E为棱A1B1的中点,F为BC的中点,故EF为△BCP的中位线,所以EF∥CP.又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,所以CP∥平面AEF.故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.此时A1P=BB1=2,AP=2AA1=4.试题分析(1)根据侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB可证得结论;(2)由条件可证AE⊥底面A1B1C1,则V=·AE=2;(3)连接BE并延长,与AA1的延长线相交,设交点为P,证线线平行,进而得到线面平行.41 3.(2018北京东城期末,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD是等边三角形,E为AD的中点,四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB⊥AP,CD=AD=2AB=2.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积;(3)在棱PB上是否存在点M,使得EM∥平面PCD?说明理由.42 解析(1)因为AB⊥AD,AB⊥AP,AD∩AP=A,所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)连接PE.因为△PAD为等边三角形,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为AB⊥平面PAD,所以AB⊥PE.因为AB∩AD=A,所以PE⊥平面ABCD.所以VP-ABCD=S梯形ABCD·PE.在等边△PAD中,PE=PA·sin60°=,S梯形ABCD==3,所以VP-ABCD=S梯形ABCD·PE=×3×=.(3)棱PB上存在点M,使得EM∥平面PCD,此时点M为PB的中点.取BC的中点F,连接MF,ME,EF.因为E为AD的中点,所以EF∥CD.43 因为EF⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.因为M为PB的中点,所以MF∥PC.因为MF⊄平面PCD,PC⊂平面PCD,所以MF∥平面PCD.因为MF∩EF=F,所以平面MEF∥平面PCD.因为ME⊂平面MEF,所以ME∥平面PCD.试题分析(1)已知AB⊥AD,AB⊥AP,根据线面垂直的判定定理可证明AB⊥平面PAD,再利用面面垂直的判定定理可得结论;(2)连接PE,因为△PAD为等边三角形,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为AB⊥平面PAD,所以AB⊥PE,由线面垂直的判定定理可得PE⊥平面ABCD,即PE是四棱锥P-ABCD的高,算出底面面积,利用棱锥的体积公式可得结果;(3)棱PB上存在点M,使得EM∥平面PCD.利用线面平行的判定、面面平行的判定及性质可得结论.44 4.(2018北京海淀二模,17)如图1,已知菱形AECD的对角线AC,DE交于点F,点E为AB的中点.将三角形ADE沿线段DE折起到PDE的位置,如图2所示.(1)求证:DE⊥平面PCF;(2)求证:平面PBC⊥平面PCF;(3)在线段PD,BC上是否分别存在点M,N,使得平面CFM∥平面PEN?若存在,请指出点M,N的位置,并证明;若不存在,请说明理由.45 解析(1)证明:折叠前,因为四边形AECD为菱形,所以AC⊥DE,所以折叠后,DE⊥PF,DE⊥CF,又PF∩CF=F,PF,CF⊂平面PCF,所以DE⊥平面PCF.(4分)(2)证明:因为四边形AECD为菱形,所以DC∥AE,DC=AE.又点E为AB的中点,所以DC∥EB,DC=EB.所以四边形DEBC为平行四边形.所以CB∥DE.又由(1)知,DE⊥平面PCF,所以CB⊥平面PCF.因为CB⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PCF.(9分)(3)存在满足条件的点M,N,且M,N分别是PD和BC的中点.证明如下:如图,分别取PD和BC的中点M,N.连接EN,PN,MF,CM.由(2)知四边形DEBC为平行四边形,所以EF∥CN,ED=BC,因为F、N分别为DE,BC的中点,所以EF=ED=BC=CN.所以四边形ENCF为平行四边形,所以FC∥EN.在△PDE中,M,F分别为PD,DE的中点,所以MF∥PE.又因为EN,PE⊂平面PEN,MF,FC⊂平面MFC,PE∩EN=E,MF∩FC=F,所以平面CFM∥平面PEN.(14分)46 5.(2018北京房山二模,18)如图①,正六边形ABCDEF的边长为2,O为中心,G为AB的中点.现将四边形DEFC沿CF折起到四边形D1E1FC的位置,使得平面ABCF⊥平面D1E1FC,如图②.(1)证明:D1F⊥平面E1OG;(2)求几何体E1-OFAG的体积;(3)在直线AB上是否存在点H,使得D1H∥平面E1OG?如果存在,求出AH的长;如果不存在,请说明理由.图①　　　　　　　　　　图②47 解析(1)证明:折叠前,连接OG.则OG⊥CF,∴折叠后,OG⊥CF,∵平面CD1E1F⊥平面ABCF,平面CD1E1F∩平面ABCF=CF,∴OG⊥平面CD1E1F.∵D1F⊂平面CD1E1F,∴OG⊥D1F.连接OD1.又O为CF的中点,∴OF?D1E1,又E1D1=E1F,∴四边形E1D1OF为菱形.∴D1F⊥OE1.∵OG∩OE1=O,∴D1F⊥平面E1OG.(5分)(2)过E1作E1M⊥FO,垂足为M.48 ∵OG⊥平面CD1E1F,E1M⊂平面CD1E1F,∴E1M⊥OG.∵OG∩FO=O,∴E1M⊥平面AGOF,∴E1M为E1-OFAG的高,在Rt△E1FM中,E1M=2sin60°=.又S四边形OFAG=(1+2)××=,∴V=××=.(10分)(3)在直线AB上存在点H,使得D1H∥平面E1OG.过C作CH⊥AB,交AB的延长线于点H,连接D1H.∴CH?OG.∴四边形OGHC是平行四边形.又OE1∥CD1,CD1∩CH=C,OE1∩OG=O,∴平面D1CH∥平面E1OG,∵D1H⊂平面D1CH,∴D1H∥平面E1OG.∵四边形OGHC为平行四边形,∴GH=CO=2,∴AH=3.(14分)49 6.(2017北京丰台一模,17)如图1,平行四边形ABCD中,AC⊥BC,BC=AC=1,现将△DAC沿AC折起,得到三棱锥D-ABC(如图2),且DA⊥BC,点E为侧棱DC的中点.(1)求证:平面ABE⊥平面DBC;(2)求三棱锥E-ABC的体积;(3)在∠ACB的平分线上是否存在点F,使得DF∥平面ABE?若存在,求DF的长;若不存在,请说明理由.50 解析(1)证明:在平行四边形ABCD中,AD=BC=AC,AD∥BC,因为AC⊥BC,所以∠DAC=90°.因为E为侧棱DC的中点,所以AE⊥CD.又因为AC⊥BC,AD⊥BC,且AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又因为AE⊂平面ACD,所以AE⊥BC.因为BC∩CD=C,所以AE⊥平面BCD,又因为AE⊂平面ABE,所以平面ABE⊥平面BCD.(2)因为VE-ABC=VB-ACE,BC⊥平面ACD,所以BC是三棱锥B-ACE的高,故VB-ACE=·BC·S△ACE.因为BC=1,CD=,AE=,所以S△ACE=AE·CD=×××=,所以VE-ABC=VB-ACE=×1×=.(3)在∠ACB的平分线上存在点F,使得DE∥平面ABE.取AB的中点O,连接CO并延长至点F,使CO=OF,连接AF,DF,BF,OE.51 因为BC=AC,所以CO是∠ACB的平分线.又因为点E是CD的中点,所以OE∥DF,因为OE⊂平面ABE,DF⊄平面ABE,所以DF∥平面ABE.因为AB、FC互相平分,所以四边形ACBF为平行四边形,∴BC∥AF.又因为DA⊥BC,所以AF⊥AD,又因为AF=AD=1,故DF=.思路分析(1)由平面几何知识先证AE⊥CD,再由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面ACD,从而得AE⊥平面BCD,最后由面面垂直的判定定理可得结论;(2)由等体积变换可得VB-ACE=BC·S△ACE,进而可得结果;(3)取AB的中点O,连接CO并延长至点F,使CO=OF,连AF,DF,BF,OE,先证四边形ACBF为平行四边形,则有BC∥AF,利用平面几何知识可得结果.52 7.(2017北京朝阳二模,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,∠ACB=90°,AC=BC=1,AA1=2,D是棱AA1的中点.(1)求证:B1C1∥平面BCD;(2)求三棱锥B-C1CD的体积;(3)在线段BD上是否存在点Q,使得CQ⊥BC1?请说明理由.53 解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC,因为BC⊂平面BCD,B1C1⊄平面BCD,所以B1C1∥平面BCD.(2)因为AA1⊥底面ABC,∠ACB=90°,所以AA1⊥BC,AC⊥BC,因为AC∩AA1=A,所以BC⊥平面AA1C1C,即BC⊥平面C1CD.所以=·BC=×CC1·AC·BC=××2×1×1=.(3)存在.理由如下:因为在侧面ACC1A1中,AC=AA1,AA1⊥AC,D是棱AA1的中点,所以∠A1DC1=45°,∠ADC=45°,则C1D⊥DC.因为BC⊥平面C1CD,所以BC⊥C1D.因为BC∩DC=C,所以C1D⊥平面BCD.又C1D⊂平面C1DB,所以平面BCD⊥平面C1DB,因为平面BCD∩平面C1DB=BD,所以过点C作CQ⊥BD于Q,则CQ⊥平面C1DB.则CQ⊥BC1.所以在线段BD上存在点Q,使得CQ⊥BC1.54 考点　直线、平面平行的判定和性质1.(2018北京东城一模,18)如图,四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,ED⊥平面ABCD,ED=AD=2EF=2,EF∥AB,M为BC的中点.(1)求证:FM∥平面BDE;(2)求证:AC⊥BE;(3)若G为线段BE上的点,当三棱锥G-BCD的体积为时,求的值.B组2016—2018年高考模拟·综合题组55 解析(1)证明:设AC∩BD=O,连接EO,MO.因为M,O分别是BC,BD的中点.所以OM∥AB,且OM=AB,又因为EF∥AB,且EF=AB,所以EF∥OM,且EF=OM.所以四边形EOMF为平行四边形.所以FM∥EO.又因为EO⊂平面BDE,FM⊄平面BDE,所以FM∥平面BDE.(5分)(2)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为ED⊥平面ABCD,所以ED⊥AC.因为BD∩ED=D,56 所以AC⊥平面BDE.又因为平面BE⊂平面BDE,所以AC⊥BE.(10分)(3)过G作ED的平行线交BD于H.因为ED⊥平面ABCD,所以GH⊥平面ABCD.所以GH为三棱锥G-BCD的高.因为三棱锥G-BCD的体积为,所以三棱锥G-BCD的体积V=×·BD·BC·sin60°·GH=.所以GH=.因为GH∥ED,所以△BGH∽△BED,所以===.所以=.(14分)57 2.(2018北京朝阳二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.四边形ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3.(1)求证:AB∥平面PDC;(2)当平面PBC⊥平面ABCD时,求四棱锥P-ABCD的体积;(3)请在图中所给的五个点P,A,B,C,D中找出两个点,使得这两点所在直线与直线BC垂直,并给出证明.58 解析(1)证明:因为AB∥DC,且AB⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC.(3分)(2)取BC的中点F,连接PF.因为PB=PC,所以PF⊥BC,因为平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,所以PF⊥平面ABCD.在直角梯形ABCD中,过C作CH⊥AB于点H.因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,DC=3,AB=5,所以BC=2,且S梯形ABCD=×(3+5)×4=16.又因为PB=3,BF=,所以PF=2.所以VP-ABCD=S梯形ABCD·PF=×16×2=.(9分)(3)PA⊥BC.证明如下:连接AF,AC.在直角梯形ABCD中,因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,CD=3,所以AC=5.因为AB=5,点F为BC的中点,所以AF⊥BC.又因为BC⊥PF,AF∩PF=F,所以BC⊥平面PAF.又因为PA⊂平面PAF,所以PA⊥BC.(14分)59 3.(2017北京西城一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AC.过点A的平面与棱PB,PC,PD分别交于点E,F,G(E,F,G三点均不在棱的端点处).(1)求证:平面PAB⊥平面PBC;(2)若PC⊥平面AEFG,求的值;(3)直线AE是否能与平面PCD平行?证明你的结论.60 解析(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC.因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥BC,因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB.因为BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC.(2)连接AF.因为PC⊥平面AEFG,所以PC⊥AF.又因为PA=AC,所以F是PC的中点.所以=.61 (3)直线AE与平面PCD不可能平行.理由如下:假设AE∥平面PCD.因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD.而AE,AB⊂平面PAB,且AB∩AE=A,所以平面PAB∥平面PCD,这显然矛盾.所以假设不成立,即直线AE与平面PCD不可能平行.思路分析(1)根据面面垂直的判定定理易证.(2)根据线面垂直的性质及等腰三角形的性质可求.(3)反证法:假设AE∥平面PCD,推出AB∥平面PCD,进而推出平面PAB∥平面PCD,得到矛盾.故得证.解后反思本题考查了空间中的垂直与平行关系,熟练掌握相关定理是解题关键.62 4.(2017北京朝阳一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD=AD,E为AD的中点.(1)求证:PA⊥CD;(2)求证:平面PBD⊥平面PAB;(3)在平面PAB内是否存在M,使得直线CM∥平面PBE?请说明理由.63 解析(1)证明:因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,又因为PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.则PA⊥CD.(2)证明:由题意知,BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,又CD⊥AD,BC=CD,所以四边形BCDE是正方形,连接CE,所以BD⊥CE.又因为BC∥AE,BC=AE,所以四边形ABCE是平行四边形.所以CE∥AB,则BD⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,又因为PA∩AB=A,所以BD⊥平面PAB,又BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAB.64 (3)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(2)知,四边形BCDE是正方形,所以CD∥EB,即CM∥EB,又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.思路分析(1)由平面PAB⊥平面ABCD可得PA⊥平面ABCD,即可证得PA⊥CD.(2)连接CE,由已知条件易证BD⊥AB且PA⊥BD,从而得到BD⊥平面PAB,即可证得平面PBD⊥平面PAB.(3)延长AB,DC,相交于点M,可证得CM∥EB,进而可证得CM∥平面PBE.解后反思本题考查点、直线、平面的位置关系,在证明过程中要根据相关定理的条件规范表达.65 5.(2016北京东城期末,18)如图,在四棱锥E-ABCD中,AE⊥DE,CD⊥平面ADE,AB⊥平面ADE,CD=3AB.(1)求证:平面ACE⊥平面CDE;(2)在线段DE上是否存在一点F,使AF∥平面BCE?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.66 解析(1)证明:因为CD⊥平面ADE,AE⊂平面ADE,所以CD⊥AE.又因为AE⊥DE,CD∩DE=D,所以AE⊥平面CDE.又因为AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面CDE.(2)在线段DE上存在一点F,且=,使AF∥平面BCE.设F为线段DE上一点,且=.过点F作FM∥CD交CE于M,连接BM,AF,则FM=CD.因为CD⊥平面ADE,AB⊥平面ADE,所以CD∥AB.又FM∥CD,所以FM∥AB.因为CD=3AB,所以FM=AB.所以四边形ABMF是平行四边形.所以AF∥BM.又因为AF⊄平面BCE,BM⊂平面BCE,所以AF∥平面BCE.67