《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 第八章 立體幾何 3 直線、平面平行的判定與性質試題 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 第八章 立體幾何 3 直線、平面平行的判定與性質試題 文-人教版高三數(shù)學試題（29頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、直線、平面平行的判定與性質 挖命題 【考情探究】 考點 內容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關聯(lián)考點 直線、平面平行的判定與性質 ①了解直線與平面、平面與平面間的位置關系;②認識和理解空間中直線、平面平行的有關性質和判定;③能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間位置關系的簡單命題 2017課標全國Ⅰ,6,5分 線面平行的判定 — ★★★ 2016課標全國Ⅲ,19,12分 線面平行的判定,三棱錐的體積 線線平行的判定,體積公式 2016四川,17,12分 線面平行與面面垂直的判定 探索性問題的求解 分析解讀　　從近幾年的高考試

2、題來看,高考對本節(jié)內容的考查比較平穩(wěn),一般通過對圖形或幾何體的認識,考查直線與平面平行以及平面與平面平行的判定和性質,題型以解答題為主,偶爾也會出現(xiàn)在小題之中,以命題判斷居多,難度適中,主要考查直線、平面平行間的轉化思想,同時也考查學生的空間想象能力以及邏輯推理能力,分值約為6分. 破考點 【考點集訓】 考點　直線、平面平行的判定與性質 1.已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,下列說法中正確的是(　　) A.若m?α,n?β,m∥n,則α∥β B.若m?α,n?β,α∥β,則m∥n C.若m?α,n?β,α∥β,且m,n共面,則m∥n D.若m∥n,m∥α,n∥

3、β,則α∥β 答案　C　 2.(2019屆河南豫北六校11月聯(lián)考,5)如圖,在四棱錐P-ABCD中,M,N分別為AC,PC上的兩點,且MN∥平面PAD,則(　　) 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.MN∥PD B.MN∥PA C.MN∥AD D.以上均有可能 答案　B　 3.如圖所示,平面四邊形ABCD所在的平面與平面α平行,且四邊形ABCD在平面α內的平行投影A1B1C1D1是一個平行四邊形,則四邊形ABCD的形狀一定是　　　　　　.? 答案　平行四邊形 4.(2019屆山西太原五中期中考試,14)在棱長為a的正

4、方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是棱A1B1,B1C1的中點,P是棱AD上的一點,AP=a3,過P,M,N的平面與棱CD交于點Q,則PQ=　　　　.? 答案　223a 5.如圖,四邊形ABCD是平行四邊形,點P是平面ABCD外的一點,M是PC的中點,在DM上取一點G,過G和AP作平面交平面BDM于GH,求證:AP∥GH. 證明　如圖,連接AC,設AC交BD于O,連接MO. ∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴O是AC的中點. 又M是PC的中點, ∴MO∥PA. 又MO?平面BDM,PA?平面BDM, ∴PA∥平面BDM. 又經過PA與點G的平面交平面B

5、DM于GH, ∴AP∥GH. 6.(2019屆河北邯鄲10月調研,18)如圖,在四棱錐S-ABCD中,側棱SA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,且SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中點. (1)求證:AM∥平面SCD; (2)求三棱錐B-MAC的體積. 解析　(1)證明:取SC的中點N,連接MN,ND. ∵M,N分別是SB,SC的中點,∴MN∥BC,且MN=12BC. ∵AD∥BC,且AD=12BC,∴MN∥AD且MN=AD. ∴四邊形AMND為平行四邊形,∴AM∥ND. 又AM?平面SCD,ND?平面SCD. ∴AM∥平面SCD

6、. (2)∵SA⊥底面ABCD,∴SA⊥BC,又BC⊥AB,SA∩AB=A, ∴BC⊥平面SAB, ∴VB-MAC=VC-MAB=13·S△MAB·BC=13×12×(2)2×2=23. 7.(2017河北衡水中學期中,18)如圖,已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,點O是線段AB的中點,PO⊥平面ABCD,PO=CD=DA=12AB=4,M是線段PA的中點. (1)證明:平面PBC∥平面ODM; (2)求點A到平面PCD的距離. 解析　(1)證明:由題意,得CD∥BO,且CD=BO, ∴四邊形OBCD為平行四邊形,∴BC∥OD. ∵BC?平面

7、PBC,OD?平面PBC, ∴OD∥平面PBC. 又∵AO=OB,AM=MP,∴OM∥PB. 又OM?平面PBC,PB?平面PBC, ∴OM∥平面PBC. 又OM∩OD=O, ∴平面PBC∥平面ODM. (2)取CD的中點N,連接ON,PN,如圖所示,則ON⊥CD. ∵PO⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,∴PO⊥CD. 又∵ON⊥CD,PO∩ON=O,∴CD⊥平面PNO. ∵PN?平面PNO,∴CD⊥PN. ∴ON,PN分別為△ACD,△PCD的公共邊CD上的高. 由題意可求得ON=23,則PN=27, 設點A到平面PCD的距離為d. ∵V三棱錐A-PCD=

8、V三棱錐P-ACD, 即13×12×4×27×d=13×12×4×23×4, ∴d=4217.即點A到平面PCD的距離為4217. 煉技法 【方法集訓】 方法1　證明線面平行的方法 1.(2019屆湖北重點中學9月調研,19)如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD是正方形,SA⊥底面ABCD,SA=AB=2,點M是SD的中點,AN⊥SC,且交SC于點N. (1)求證:SB∥平面ACM; (2)求點C到平面AMN的距離. 解析　(1)證明:連接BD交AC于E,連接ME. ∵四邊形ABCD是正方形,∴E是BD的中點. 又∵M是SD的中點,∴ME是△DSB的中位線.

9、∴ME∥SB. 又∵ME?平面ACM,SB?平面ACM,∴SB∥平面ACM. (2)由題意知DC⊥SA,DC⊥DA,又SA∩DA=A,∴DC⊥平面SAD,又AM?平面SAD,∴AM⊥DC. ∵SA=AD,M是SD的中點,∴AM⊥SD. 又DC∩SD=D, ∴AM⊥平面SDC,又SC?平面SDC,∴SC⊥AM. ∵SC⊥AN,AM∩AN=A,∴SC⊥平面AMN. 于是CN⊥平面AMN,則CN的長為點C到平面AMN的距離. 在Rt△SAC中,SA=2,AC=22,∴SC=SA2+AC2=23, 由AC2=CN·SC?CN=433, ∴點C到平面AMN的距離為433. 2.(2

10、018江西南昌二中月考,19)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA'=1,點M,N分別為A'B和B'C'的中點. (1)證明:MN∥平面A'ACC'; (2)求三棱錐A'-MNC的體積. 解析　(1)證法一:連接AB',AC', 因為三棱柱ABC-A'B'C'為直三棱柱, 所以M為AB'的中點.又因為N為B'C'的中點, 所以MN∥AC', 又MN?平面A'ACC',AC'?平面A'ACC', 所以MN∥平面A'ACC'. 證法二:取A'B'的中點P,連接MP,NP. 因為M,N分別為A'B和B'C'的中點, 所以MP∥BB',NP

11、∥A'C',易知AA'∥BB',所以MP∥AA'. 因為MP?平面A'ACC',AA'?平面A'ACC', 所以MP∥平面A'ACC',同理,NP∥平面A'ACC'. 又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A'ACC'. 而MN?平面MPN,因此MN∥平面A'ACC'. (2)解法一:連接BN,由題意知A'N⊥B'C',因為平面A'B'C'∩平面B'BCC'=B'C',平面A'B'C'⊥平面B'BCC', 所以A'N⊥平面NBC.又A'N=12B'C'=1, 故VA'-MNC=VN-A'MC=12VN-A'BC=12VA'-NBC=16. 解法二:連接BN.VA'-MNC=VA

12、'-NBC-VM-NBC=12VA'-NBC=16. 方法2　證明面面平行的方法 1.(2018吉林長春質量監(jiān)測,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.設M,N分別為PD,AD的中點. (1)求證:平面CMN∥平面PAB; (2)求三棱錐P-ABM的體積. 解析　(1)證明:∵M,N分別為PD,AD的中點, ∴MN∥PA,又MN?平面PAB,PA?平面PAB, ∴MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中,∠CAD=60°,易知CN=AN,∴∠ACN=60°. 又∠BAC=60°,

13、∴CN∥AB. ∵CN?平面PAB,AB?平面PAB,∴CN∥平面PAB. 又CN∩MN=N,∴平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知,平面CMN∥平面PAB, ∴點M到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離, ∵∠ABC=90°,∴CB⊥AB. ∵PA⊥平面ABCD, ∴PA⊥BC, ∴BC⊥平面PAB. ∵AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=3, ∴三棱錐P-ABM的體積V=VM-PAB=VC-PAB=13×12×1×2×3=33. 2.(2018安徽合肥一中模擬,18)如圖,四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD

14、,EF的中點. (1)求證:BE∥平面DMF; (2)求證:平面BDE∥平面MNG. 證明　(1)連接AE,則AE必過DF與GN的交點O,連接MO,因為四邊形ADEF為平行四邊形,所以O為AE中點,又M為AB中點,所以MO為△ABE的中位線,所以BE∥MO, 又BE?平面DMF,MO?平面DMF, 所以BE∥平面DMF. (2)因為N,G分別為平行四邊形ADEF的對邊AD,EF的中點,所以DE∥GN, 又DE?平面MNG,GN?平面MNG, 所以DE∥平面MNG. 又M為AB的中點,N為AD的中點, 所以MN為△ABD的中位線, 所以BD∥MN, 因為BD?平面

15、MNG,MN?平面MNG, 所以BD∥平面MNG, 因為DE與BD為平面BDE內的兩條相交直線, 所以平面BDE∥平面MNG. 過專題 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 考點　直線、平面平行的判定與性質 1.(2017課標全國Ⅰ,6,5分)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 答案　A　 2.(2016課標全國Ⅲ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N

16、為PC的中點. (1)證明MN∥平面PAB; (2)求四面體NBCM的體積. 解析　(1)證明:由已知得AM=23AD=2, 取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC的中點知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分) 又AD∥BC,故TN􀱀AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分) (2)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為12PA.(9分) 取BC的中點E,連接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5. 由AM∥

17、BC得M到BC的距離為5, 故S△BCM=12×4×5=25. 所以四面體NBCM的體積VNBCM=13·S△BCM·PA2=453.(12分) 3.(2014課標Ⅱ,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點. (1)證明:PB∥平面AEC; (2)設AP=1,AD=3,三棱錐P-ABD的體積V=34,求A到平面PBC的距離. 解析　(1)證明:設BD與AC的交點為O,連接EO. 因為ABCD為矩形, 所以O為BD的中點. 又E為PD的中點, 所以EO∥PB. EO?平面AEC,PB?平面AEC, 所以

18、PB∥平面AEC. (2)V=16PA·AB·AD=36AB. 又V=34, 所以AB=32, 所以PB=AB2+PA2=132. 作AH⊥PB交PB于H. 由題設知BC⊥平面PAB, 因為AH?平面PAB, 所以BC⊥AH, 又BC∩BP=B, 故AH⊥平面PBC. 又AH=PA·ABPB=31313, 所以A到平面PBC的距離為31313. B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點　直線、平面平行的判定與性質 1.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=

19、2DC=2CB,E為PD的中點. (1)證明:CE∥平面PAB; (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值. 解析　(1)證明:如圖,設PA中點為F,連接EF,FB.因為E,F分別為PD,PA中點,所以EF∥AD且EF=12AD. 又因為BC∥AD,BC=12AD,所以EF∥BC且EF=BC, 即四邊形BCEF為平行四邊形,所以CE∥BF, 因為CE?平面PAB,BF?平面PAB, 因此CE∥平面PAB. (2)分別取BC,AD的中點M,N. 連接PN交EF于點Q,連接MQ. 因為E,F,N分別是PD,PA,AD的中點,所以Q為EF的中點, 在平行四邊形BCEF

20、中,MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD,N是AD的中點得BN⊥AD. 因為PN∩BN=N, 所以AD⊥平面PBN, 由BC∥AD得BC⊥平面PBN, 因為BC?平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PBN. 過點Q作PB的垂線,垂足為H,連接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設CD=1. 在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2得CE=2, 在△PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=14, 在Rt△MQH中,QH=14,MQ=2, 所以sin∠QMH=28. 所以,直線CE與平

21、面PBC所成角的正弦值是28. 2.(2016四川,17,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD. (1)在平面PAD內找一點M,使得直線CM∥平面PAB,并說明理由; (2)證明:平面PAB⊥平面PBD. 解析　(1)取棱AD的中點M(M∈平面PAD),點M即為所求的一個點.理由如下: 連接CM.因為AD∥BC,BC=12AD, 所以BC∥AM,且BC=AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形,從而CM∥AB. 又AB?平面PAB,CM?平面PAB, 所以CM∥平面PAB. (說明:取棱PD的中

22、點N,則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)證明:連接BM,由已知,PA⊥AB,PA⊥CD, 因為AD∥BC,BC=12AD,所以直線AB與CD相交, 所以PA⊥平面ABCD. 因為BD?平面ABCD,所以PA⊥BD. 因為AD∥BC,BC=12AD, 所以BC∥MD,且BC=MD. 所以四邊形BCDM是平行四邊形. 又BC=CD,所以四邊形BCDM為菱形, 所以MC⊥BD, 由(1)知MC∥AB, 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. 3.(2015山東,18,12分)如圖,

23、三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分別為AC,BC的中點. (1)求證:BD∥平面FGH; (2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求證:平面BCD⊥平面EGH. 證明　(1)證法一:連接DG,CD,設CD∩GF=M,連接MH. 在三棱臺DEF-ABC中, AB=2DE,G為AC的中點, 可得DF∥GC,DF=GC, 所以四邊形DFCG為平行四邊形. 則M為CD的中點,又H為BC的中點, 所以HM∥BD, 又HM?平面FGH,BD?平面FGH, 所以BD∥平面FGH. 證法二:在三棱臺DEF-ABC中, 由BC=2EF,H為BC的中點, 可得BH∥EF,B

24、H=EF, 所以四邊形HBEF為平行四邊形, 可得BE∥HF. 在△ABC中,G為AC的中點,H為BC的中點, 所以GH∥AB. 又GH∩HF=H,AB∩BE=B, 所以平面FGH∥平面ABED. 因為BD?平面ABED, 所以BD∥平面FGH. (2)連接HE. 因為G,H分別為AC,BC的中點, 所以GH∥AB. 由AB⊥BC,得GH⊥BC. 又H為BC的中點, 所以EF∥HC,EF=HC, 因此四邊形EFCH是平行四邊形. 所以CF∥HE, 又CF⊥BC,所以HE⊥BC. 又HE,GH?平面EGH,HE∩GH=H, 所以BC⊥平面EGH. 又B

25、C?平面BCD, 所以平面BCD⊥平面EGH. 4.(2014安徽,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為8的正方形,四條側棱長均為217,點G,E,F,H分別是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH. (1)證明:GH∥EF; (2)若EB=2,求四邊形GEFH的面積. 解析　(1)因為BC∥平面GEFH,BC?平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC. 同理可證EF∥BC, 因此GH∥EF. (2)連接AC,BD交于點O,BD交EF于點K,連接OP,GK. 因為PA=PC,O是AC的中

26、點,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD. 又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內,所以PO⊥底面ABCD.又因為平面GEFH⊥平面ABCD,且PO?平面GEFH, 所以PO∥平面GEFH. 因為平面PBD∩平面GEFH=GK, 所以PO∥GK,所以GK⊥底面ABCD, 從而GK⊥EF. 所以GK是梯形GEFH的高. 由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4, 從而KB=14DB=12OB,即K為OB的中點. 再由PO∥GK得GK=12PO,即G是PB的中點,所以GH=12BC=4. 由已知可得OB=42,PO=PB2-OB2=68-32=6, 所以GK=

27、3. 故四邊形GEFH的面積S=GH+EF2·GK=4+82×3=18. C組　教師專用題組 考點　直線、平面平行的判定與性質 1.(2014遼寧,4,5分)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m⊥α,n?α,則m⊥n C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α 答案　B　 2.(2016山東,18,12分)在如圖所示的幾何體中,D是AC的中點,EF∥DB. (1)已知AB=BC,AE=EC,求證:A

28、C⊥FB; (2)已知G,H分別是EC和FB的中點.求證:GH∥平面ABC. 證明　(1)因為EF∥DB, 所以EF與DB確定平面BDEF. 連接DE. 因為AE=EC,D為AC的中點, 所以DE⊥AC. 同理可得BD⊥AC. 又BD∩DE=D, 所以AC⊥平面BDEF, 因為FB?平面BDEF, 所以AC⊥FB. (2)設FC的中點為I.連接GI,HI. 在△CEF中,因為G是CE的中點, 所以GI∥EF.又EF∥DB, 所以GI∥DB. 在△CFB中,因為H是FB的中點, 所以HI∥BC. 又HI∩GI=I, 所以平面GHI∥平面ABC. 因

29、為GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC. 3.(2015北京,18,14分)如圖,在三棱錐V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB為等邊三角形,AC⊥BC且AC=BC=2,O,M分別為AB,VA的中點. (1)求證:VB∥平面MOC; (2)求證:平面MOC⊥平面VAB; (3)求三棱錐V-ABC的體積. 解析　(1)證明:因為O,M分別為AB,VA的中點, 所以OM∥VB. 又因為VB?平面MOC, 所以VB∥平面MOC. (2)證明:因為AC=BC,O為AB的中點,所以OC⊥AB. 又因為平面VAB⊥平面ABC,且OC?平面ABC, 所以OC⊥平面VA

30、B. 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=2, 所以AB=2,OC=1. 所以等邊三角形VAB的面積S△VAB=3. 又因為OC⊥平面VAB, 所以三棱錐C-VAB的體積等于13OC·S△VAB=33. 又因為三棱錐V-ABC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等, 所以三棱錐V-ABC的體積為33. 4.(2015天津,17,13分)如圖,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,點E和F分別為BC和A1C的中點. (1)求證:EF∥平面A1B1BA; (2)求證:平面AEA1⊥平

31、面BCB1. 證明　(1)如圖,連接A1B.在△A1BC中,因為E和F分別是BC和A1C的中點,所以EF∥BA1.又因為EF?平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA. (2)因為AB=AC,E為BC的中點,所以AE⊥BC.因為AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,所以BB1⊥平面ABC,從而BB1⊥AE.又因為BC∩BB1=B,所以AE⊥平面BCB1,又因為AE?平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面BCB1. 5.(2015廣東,18,14分)如圖,三角形PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3. (1)證明:BC∥平面PDA;

32、(2)證明:BC⊥PD; (3)求點C到平面PDA的距離. 解析　(1)證明:因為四邊形ABCD是長方形, 所以AD∥BC. 又因為AD?平面PDA,BC?平面PDA,所以BC∥平面PDA. (2)證明:取CD的中點,記為E,連接PE,因為PD=PC,所以PE⊥DC. 又因為平面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. 因為四邊形ABCD為長方形,所以BC⊥DC. 又因為PE∩DC=E,所以BC⊥平面PDC. 而PD?平面PDC,所以BC⊥PD. (3)連接AC.由(2)知

33、,BC⊥PD,又因為AD∥BC,所以AD⊥PD,所以S△PDA=12AD·PD=12×3×4=6. 在Rt△PDE中,PE=PD2-DE2=42-32=7. S△ADC=12AD·DC=12×3×6=9. 由(2)知,PE⊥平面ABCD,則PE為三棱錐P-ADC的高. 設點C到平面PDA的距離為d, 由VC-PDA=VP-ADC,即13d·S△PDA=13PE·S△ADC,亦即13×6d=13×7×9,得d=372. 故點C到平面PDA的距離為372. 6.(2014北京,17,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=

34、1,E,F分別是A1C1,BC的中點. (1)求證:平面ABE⊥平面B1BCC1; (2)求證:C1F∥平面ABE; (3)求三棱錐E-ABC的體積. 解析　(1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC, 所以BB1⊥AB. 又因為AB⊥BC, 所以AB⊥平面B1BCC1. 所以平面ABE⊥平面B1BCC1. (2)證明:取AB的中點G,連接EG,FG. 因為E,F分別是A1C1,BC的中點, 所以FG∥AC,且FG=12AC. 因為AC∥A1C1,且AC=A1C1, 所以FG∥EC1,且FG=EC1. 所以四邊形FGEC1為平行四邊形.

35、 所以C1F∥EG. 又因為EG?平面ABE,C1F?平面ABE, 所以C1F∥平面ABE. (3)因為AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC, 所以AB=AC2-BC2=3. 所以三棱錐E-ABC的體積 V=13S△ABC·AA1=13×12×3×1×2=33. 7.(2014山東,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=12AD,E,F分別為線段AD,PC的中點. (1)求證:AP∥平面BEF; (2)求證:BE⊥平面PAC. 證明　(1)設AC∩BE=O,連接OF,EC. 由于E為AD的中點, AB=BC=1

36、2AD,AD∥BC, 所以AE∥BC,AE=AB=BC, 因此四邊形ABCE為菱形, 所以O為AC的中點. 又F為PC的中點, 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)由題意知ED∥BC,ED=BC, 所以四邊形BCDE為平行四邊形, 因此BE∥CD. 又AP⊥平面PCD,CD?平面PCD, 所以AP⊥CD,因此AP⊥BE. 因為四邊形ABCE為菱形, 所以BE⊥AC. 又AP∩AC=A,AP,AC?平面PAC, 所以BE⊥平面PAC. 8.(2014四川,18,12分)在如圖所示的多面體中

37、,四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形. (1)若AC⊥BC,證明:直線BC⊥平面ACC1A1; (2)設D,E分別是線段BC,CC1的中點,在線段AB上是否存在一點M,使直線DE∥平面A1MC?請證明你的結論. 解析　(1)證明:因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形, 所以AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因為AB,AC為平面ABC內兩條相交直線, 所以AA1⊥平面ABC. 因為直線BC?平面ABC,所以AA1⊥BC. 又AC⊥BC,AA1,AC為平面ACC1A1內兩條相交直線, 所以BC⊥平面ACC1A1. (2)存在.證明如下:取線段AB的中點M,連接A1

38、M,MC,A1C,AC1,設O為A1C,AC1的交點. 由已知可知O為AC1的中點. 連接MD,OE,則MD,OE分別為△ABC,△ACC1的中位線, 所以MD∥AC且MD=12AC,OE∥AC且OE=12AC,因此MD􀱀OE. 連接OM,從而四邊形MDEO為平行四邊形,則DE∥MO. 因為直線DE?平面A1MC,MO?平面A1MC, 所以直線DE∥平面A1MC,即線段AB上存在一點M(線段AB的中點),使直線DE∥平面A1MC. 【三年模擬】 時間:50分鐘　分值:65分 一、選擇題(每小題5分,共20分) 1.(2019屆吉林10月調研,3)已

39、知直線a,b,l,平面α,β,則下列命題中正確的個數(shù)為(　　)　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 ①若α⊥β,l⊥α,則l∥β ②若a⊥l,b⊥l,則a∥b ③若α⊥β,l?α,則l⊥β ④若l⊥α,l⊥β,則α∥β A.0 B.1 C.2 D.3 答案　B　 2.(2018山東聊城模擬,4)下列四個正方體中,A,B,C為所在棱的中點,則能得出平面ABC∥平面DEF的是(　　) 答案　B　 3.(2019屆湖南五市十校10月聯(lián)考,8)若平面β截三棱錐所得的截面為平行四邊形,則該三棱錐的所有棱中與平面β平行的棱有(　　) A.0

40、條 B.1條 C.2條 D.1條或2條 答案　C　 4.(2018湖南長沙長郡中學調研考試,11)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,點E是線段AB的中點,點F在線段PA上,且EF∥平面PCD,直線PD與平面CEF交于點H,則線段CH的長度為(　　) A.2 B.2 C.22 D.23 答案　C　 二、填空題(共5分) 5.(2017安徽師大附中期中,15)正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中點,F是側面BCC1B1內的動點,且A1F∥平面D1AE,若正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長

41、是2,則F的軌跡被正方形BCC1B1截得的線段長是　　　　.? 答案　2 三、解答題(共40分) 6.(2019屆河南豫南九校11月聯(lián)考,18)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,側面PAD⊥底面ABCD,∠PAD=∠ABC=90°,設PE=2EB. (1)求證:AE⊥BC; (2)若直線AB∥平面PCD,且DC=2AB,求證:直線PD∥平面ACE. 證明　(1)∵側面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⊥B

42、C. (2)∵AB∥平面PCD,AB?平面ABCD,且平面ABCD∩平面PCD=DC,∴AB∥DC. 如圖,連接BD交AC于點M,連接EM. ∵AB∥DC,∴∠ABD=∠BDC.又∵∠AMB=∠DMC, ∴△AMB∽△CMD,∴ABCD=MBDM.又DC=2AB,∴DM=2MB. 又∵PE=2EB,∴PD∥EM. 又∵PD?平面EAC,EM?平面EAC,∴PD∥平面ACE. 7.(2019屆廣東佛山9月調研,18)如圖,在三棱錐F-ACE與三棱錐F-ABC中,△ACE和△ABC都是邊長為2的等邊三角形,H,D分別為FB,AC的中點,EF∥BD,EF=12BD. (1)試在平

43、面EFC內作一條直線l,使得P∈l時,均有PH∥平面ABC(作出直線l并證明); (2)求兩棱錐體積之和的最大值. 解析　(1)如圖,設FC的中點為I,EC的中點為G,連接GI,則直線GI即為所作直線l. 證明:連接GH,HI,因為H,I分別為FB,FC的中點,所以HI∥BC, 又HI?平面ABC,BC?平面ABC,所以HI∥平面ABC. 因為G,I分別為EC,FC的中點,所以GI∥EF. 因為EF∥BD,所以GI∥BD. 又GI∩HI=I,GI、HI?平面GHI,所以平面GHI∥平面ABC. 由P∈GI知PH?平面GHI,所以PH∥平面ABC. (2)因為EF∥BD

44、,所以EF與BD確定一個平面. 連接DE,因為AE=CE,D為AC的中點, 所以DE⊥AC,同理DB⊥AC. 又DB∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF. 所以VF-ACE+VF-ABC=VA-BDEF+VC-BDEF =13S四邊形BDEF×AC=13×(EF+BD)h2×AC, 其中,2EF=BD=3,h為梯形BDEF的高,h≤ED, 當平面ACE⊥平面ABC時,hmax=ED=3, 所以(VF-ACE+VF-ABC)max=13×32+3×32×2=32. 8.(2019屆廣東珠海一中期中考試,20)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面四邊形ABCD是菱形,AC∩BD=

45、O,△PAC是邊長為2的等邊三角形,PB=PD=6,AP=4AF. (1)求四棱錐P-ABCD的體積; (2)在線段PB上是否存在一點M,使得CM∥平面BDF?如果存在,求出BMBP的值;如果不存在,請說明理由. 解析　(1)∵底面ABCD是菱形,AC∩BD=O, ∴O為AC,BD的中點. 又∵PA=PC,PB=PD, ∴PO⊥AC,PO⊥BD. ∵AC∩BD=O,AC?平面ABCD,BD?平面ABCD, ∴PO⊥底面ABCD. 在等邊△PAC中,AC=2,∴PO=3. 在△PBD中,PB=PD=6,則BO=(6)2-(3)2=3, ∴BD=23. ∴VP-ABCD

46、=13·S菱形ABCD·PO=13×12×2×23×3=2. (2)存在.如圖,過C作CE∥BD交AB的延長線于E,過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, ∴四邊形BECD為平行四邊形. ∴DC=BE=AB,∴B為AE的中點. ∵AF=14AP,EH∥BF, ∴H

47、為PA的中點. ∴在△PAE中,M為中線PB與中線EH的交點. ∴M為△PAE的重心,∴BMBP=13. 9.(2018河南六市三模,18)已知空間幾何體ABCDE中,△BCD與△CDE均是邊長為2的等邊三角形,△ABC是腰長為3的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD. (1)試在平面BCD內作一條直線,使得直線上任意一點F與E的連線EF均與平面ABC平行,并給出證明; (2)求三棱錐E-ABC的體積. 解析　(1)如圖所示,取DC的中點N,取BD的中點M,連接MN,則MN即為所求. 證明:連接EM,EN,取BC的中點H,連接AH, ∵△ABC是腰長為

48、3的等腰三角形,BC=2,H為BC的中點, ∴AH⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AH?平面ABC, ∴AH⊥平面BCD,同理可證EN⊥平面BCD, ∴EN∥AH, ∵EN?平面ABC,AH?平面ABC, ∴EN∥平面ABC. 又M,N分別為BD,DC的中點, ∴MN∥BC, ∵MN?平面ABC,BC?平面ABC, ∴MN∥平面ABC. 又MN∩EN=N,MN?平面EMN,EN?平面EMN, ∴平面EMN∥平面ABC, 又EF?平面EMN, ∴EF∥平面ABC, 即直線MN上任意一點F與E的連線EF均與平面ABC平行. (2)連接DH,取CH的中點G,連接NG,則NG∥DH, 由(1)可知EN∥平面ABC, ∴點E到平面ABC的距離與點N到平面ABC的距離相等, 又△BCD是邊長為2的等邊三角形, ∴DH⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,DH?平面BCD, ∴DH⊥平面ABC, ∴NG⊥平面ABC, 易知DH=3,∴NG=32, 又S△ABC=12·BC·AH=12×2×32-12=22, ∴VE-ABC=13·S△ABC·NG=63.