考点42直线平面平行的判定与性质教师版备战2020年高考理科数学必刷题集

1考点42直线、平面平行的判定与性质1．（山东省泰安市2019届高三第二轮复习质量检测理）如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是()A．B．C．D．【答案】A【解析】A中，因为11////PQACAC,所以可得//PQ平面11ABC,又1//RQAB，可得//RQ平面11ABC，从而平面//PQR平面11ABCB中，作截面可得平面PQR平面1ABNHN（H为C1D1中点）,如图：C中，作截面可得平面PQR平面HGNHN（H为C1D1中点）,如图：2D中，作截面可得1,QNCM为两相交直线，因此平面PQR与平面11AMC不平行,如图：2．（辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟考试理）如图所示，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，,MN为线段BC，1CC上的动点，过点1,,AMN的平面截该正方体的截面记为S，则下列命题正确的是______①当0BM且0CN1时，S为等腰梯形；②当,MN分别为BC，1CC的中点时，几何体11ADMN的体积为112；③当M为BC中点且34CN时，S与11CD的交点为R，满足116CR；3④当M为BC中点且01CN剟时，S为五边形；⑤当13BM且1CN时，S的面积63.【答案】①②【解析】对于①，画出图像如下图所示，过N作1//NNAB，交11CD于1N，截面为1ABNN，由于111////NNCDAB，所以11CNDN，故111BCNADN，所以11BNAN，即截面S为等腰梯形.故①正确.对于②，以D为空间坐标原点，1,,DADCDD分别为,,xyz轴，建立空间直线坐标系，则11111,0,1,0,0,1,0,1,,,1,022ADNM,则11111,0,0,0,1,2DADN,11,0,22MN.设平面11ADN的法向量为,,nxyz，则1110102nDAxnDNyz，令1y，则2z，故0,1,2n.则点M到平面11ADN的距离为15nMNhn.而1111110,DADNDADN，故1111111151113262125MADNVDADNh，故②命题正确.4对于③，延长MN交11BC的延长线于P，连接1AP交11CD于R，由于1//CPCM，所以113PCCM，故116PC.由于111//CRAB，所以111111161716CRPCABPB,故117CR，故③判断错误.对于④，当0CN时，截面S为三角形1ABC，故④判断错误.对于⑤，延长1CN,交1BB的延长线于Q，连接1AQ,交AB于P，则截面S为四边形11APMC.由于511////PMACAC,所以11113QMBMQCBC，面积比等于相似比的平方，即1119QPMQACSS，故111189PMCAQACSS.在三角形11QAC中，1111132,2ACQAQC,边11AC上的高为221111142ACQA,故11111222224QACS,所以111189PMCAQACSS822222949.综上所述，本小题正确的命题有①②.3．（陕西省西北工业大学附属中学2019届高三考前模拟练习数学理）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，3ABC，四边形ABEF是直角梯形，2FAB，AFBE，22AFABBE.（Ⅰ）证明：CE平面ADF.（Ⅱ）若平面ABCD平面ABEF，H为DF的中点，求平面ACH与平面ABEF所成锐二面角的余弦值.【答案】（I）见解析；（II）77【解析】（Ⅰ）取AF的中点M，连接DM，EM，如图所示，因为2AFBE，四边形ABEF是直角梯形，得AMBE且AMBE，所以四边形ABEM为平行四边形，即MEAB且MEAB.6又因为四边形ABCD是菱形，所以ABCD，进而CDME，得DCEM为平行四边形，即有DMCE，又DM平面ADF，CE平面ADF，所以CE平面ADF.（Ⅱ）取CD的中点N，在菱形ABCD中，ABC60，可得ANCD.因为平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，AF平面ABEF，AFAB，所以AF平面ABCD.以A为坐标原点，AN为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示.故A0,0,0，C3,1,0，D3,1,0，F0,0,2，31H,,122，31,,122AH，3,1,0AC.设平面ACH的一个法向量为,,nxyz，则有00nAHnAC即3102230xyzxy令x1可得1,3,3n.易知平面ABEF的一个法向量为1,0,0m.设平面ACH与平面ABEF所成的锐二面角为θ，则17cosθ71133mnmn,即所求二面角的余弦值为77.【4．（天津市河西区2019届高三一模数学理）如图，已知四边形ABCD的直角梯形，ADBC∥,ADDC，74,2ADDCBC，G为线段AD的中点，PG平面ABCD，2PG，M为线段AP上一点（M不与端点重合）.（Ⅰ）若AMMP，（i）求证：PCP平面BMG；（ii）求直线PB与平面BMG所成的角的大小；（Ⅱ）否存在实数满足AMAP，使得平面BMD与平面ADP所成的锐角为π3，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）（i）见解析（ii）π6（Ⅱ）222【解析】（Ⅰ）（i）证明：连接AC交BG于点O，连接OM，CG，依题意易证四边形ABCG为平行四边形.∴AOOC又∵PMMA，∴MOPC又∵MO平面BMG，PC平面BMG，∴PC平面BMG.（ii）解：如图，在平行四边形BCDG中∵BGCD，CDGD，∴BGGD以G为原点建立空间直角坐标系Oxyz8则0,0,0,0,0,2,0,2,0GPD，0,2,0,2,0,0,2,2,0,0,1,1ABCM∴2,0,2,2,0,0,0,1,1PBGBGM设,,nxyz为平面BMG的法向量则00nGBnGM，得200xyz，不妨设0,1,1n∴2,0,20,1,121sincos4282PBn，又π0,2，∴π6即直线PB与平面BMG所成的角的大小为π6.（Ⅱ）设0,2,20,2,2,0,1AMAP∴0,22,2M∴2,22,2,2,2,0BMDB设,,mxyz为平面BMD的法向量，则00mDBmBM得，2202420xyyz，不妨设21,1,m，又平面ADP的法向量为1,0,0n，9∴22211cos,2211mn.∴2440∴222，0,1，∴222.5．（广东省肇庆市2019届高中毕业班第三次统一检测数学理）如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11ABBA是菱形，160BAA，E是棱1BB的中点，CACB，F在线段AC上，且2AFFC=.（1）证明：1//CB面1AEF；（2）若CACB，面CAB面11ABBA，求二面角1FAEA的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）52929.【解析】解：（1）连接1AB交1AE于点G，连接FG．因为11AGABGE，所以1112AAAGGBEB，又因为2AFFC，所以1AFAGFCGB，所以1//FGCB，10又1CB面1AEF，FG面1AEF，所以1//CB面1AEF.（2）过C作COAB于O，因为CACB，所以O是线段AB的中点．因为面CAB面11ABBA，面CAB面11ABBAAB，所以CO面1ABA．连接1OA，因为1ABA是等边三角形，O是线段AB的中点，所以1OAAB.如图以O为原点，OA，1OA，OC分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB，则(1,0,0)A，1(0,3,0)A，(0,0,1)C，(1,0,0)B，12(,0,)33F，由11AABB，得(2,3,0)B，1BB的中点33(,,0)22E，133(,,0)22AE，112(,3,)33AF.设面1AFE的一个法向量为1111(,,)nxyz，则111100AEnAFn，即11112303333022xyzxy，得方程的一组解为111135xyz，即1(1,3,5)n.面1ABA的一个法向量为2(0,0,1)n，则121212529cos,29nnnnnn，所以二面角1FAEA的余弦值为52929.6．（浙江省金华十校2019届第二学期高考模拟考试）在四棱锥SABCD中，底面ABCD为直角梯形，BCCD，1SCSDCDDA，2CB，//ADBC，23SCB，E为线段SB上的中点．11（1）证明：//AE平面SCD；（2）求直线AE与平面SBC所成角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）13【解析】（1）取SC的中点F，连接EF，DF．∵E，F是SB，SC的中点，∴//EFBC，12EFBC，又//ADBC，12ADBC，∴//EFAD，EFAD，∴四边形ADFE是平行四边形，∴//AEDF，又DF平面SCD，AE平面SCD，∴//AE平面SCD．（2）取CD的中点O，连接SO，过O作BC的平行线OM，以O为原点，以OD，OM和平面ABCD过点O的垂线为坐标轴建立空间坐标系Oxyz，∵1SCCDSD，∴32SO，设二面角SCDA的大小为，则33(0,cos,sin)22S，1(,1,0)2A，1(,2,0)2B，1(,0,0)2C，∴133(,1cos,sin)444E，∴(0,2,0)CB，133(,cos,sin)222CS，∵23SCB，∴cos,CBCSCBCSCBCS3cos31cos2122，∴3cos3，6sin3.∴12(0,,)22S，132(,,)444E，∴312(,,)444AE，112(,,)222CS，设平面SCD的法向量为(,,)nxyz，则00nCBnCS，即201120222yxyz，12令2x可得(2,0,1)n，∴cos,nAEnAEnAE2223332，设直线AE与平面所成角为，则22sincos,3nAE，∴1cos3.∴直线AE与平面所成角的余弦值为13．7．（北京市房山区2019年第二次高考模拟检测高三数学理）已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，2,1ABAF，点M在线段EF上.（Ⅰ）若M为EF的中点，求证：AM∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角ABFD的余弦值；（Ⅲ）证明：存在点M，使得AM平面BDF，并求EMEF的值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）66；（Ⅲ）详见解析.【解析】（Ⅰ）设=ACBDO，连结OE，因为正方形ABCD，所以O为AC中点又矩形ACEF,M为EF的中点所以//,EMOA且EMOA所以OAME为平行四边形所以//AMOE13又AM平面BDE，OE平面BDE所以AM∥平面BDE（Ⅱ）以C为原点，分别以,,CDCBCE为,,xyz轴建立坐标系Cxyz则(2,2,0),(0,2,0),(2,0,0