新高考版數(shù)學(xué)高中總復(fù)習(xí)專題8.3直線、平面平行的判定與性質(zhì)（試題練）教學(xué)講練

1、數(shù)學(xué)高考總復(fù)習(xí)PAGE PAGE 21學(xué)好數(shù)理化，走遍天下都不怕8.3直線、平面平行的判定與性質(zhì)基礎(chǔ)篇固本夯基【基礎(chǔ)集訓(xùn)】考點一直線與平面平行的判定與性質(zhì)1.在如圖所示的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分別是棱B1B、AD的中點,則直線BF與平面AD1E的位置關(guān)系是()A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.異面答案A2.如圖,三棱錐P-ABC中,點C在以AB為直徑的圓O上,平面PAC平面ACB,點D在線段AB上,且BD=2AD,CP=CA=3,PA=2,BC=4,點G為PBC的重心,點Q為PA的中點.(1)求證:DG平面PAC;(2)求點C到平面QBA的距離.解析(1)證明:連接BG

2、并延長交PC于E,連接AE,G是PBC的重心,BG=2EG,又BD=2AD,DGAE,又DG平面PAC,AE平面PAC,DG平面PAC.(2)連接CQ,點C在以AB為直徑的圓O上,ACBC,又平面PAC平面ACB,平面PAC平面ACB=AC,BC平面PAC,CP=CA=3,PA=2,CQPA,CQ=AC2-VB-PAC=13SPACBC=1312222又PB=PC2+PB=AB,PABQ,BQ=AB2-SPAB=12PABQ=26設(shè)C到平面PAB的距離為d,則VC-PAB=13SPABd=2263d=823,d=433.點考點二平面與平面平行的判定與性質(zhì)3.已知a是平面外的一條直線,過a作平面

3、,使,這樣的()A.恰能作一個B.至多能作一個C.至少能作一個D.不存在答案B4.已知m,n,l1,l2表示不同直線,、表示不同平面,若m,n,l1,l2,l1l2=M,則的一個充分條件是()A.m且l1B.m且nC.m且nl2D.ml1且nl2答案D5.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,設(shè)Q是CC1上的點,當點Q時,平面D1BQ平面PAO()A.與C重合B.與C1重合C.為CC1的三等分點D.為CC1的中點答案D6.如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分別是AB,AC,A1B1,A1C1的中點,求證:平面EFA1平面BC

4、HG.證明E,F分別為AB,AC的中點,EFBC.EF平面BCHG,BC平面BCHG,EF平面BCHG.又G,E分別為A1B1,AB的中點,A1B1AB且A1B1=AB,A1GEB且A1G=EB,四邊形A1EBG是平行四邊形,A1EGB.A1E平面BCHG,GB平面BCHG,A1E平面BCHG.又A1EEF=E,平面EFA1平面BCHG.綜合篇知能轉(zhuǎn)換【綜合集訓(xùn)】考法一直線與平面、平面與平面平行的證明方法1.(2018甘肅嘉峪關(guān)一中三模,5)平面與ABC的兩邊AB,AC分別交于點D,E,且ADDB=AEEC,如圖,則BC與的位置關(guān)系是()A.異面B.相交C.平行或相交D.平行答案D2.(201

5、6山東,18,12分)在如圖所示的幾何體中,D是AC的中點,EFDB.(1)已知AB=BC,AE=EC,求證:ACFB;(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EFDB,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DEAC.同理可得BDAC.又BDDE=D,所以AC平面BDEF,因為FB平面BDEF,所以ACFB.(2)設(shè)FC的中點為I.連接GI,HI.在CEF中,因為G是CE的中點,I是FC的中點,所以GIEF.又EFDB,所以GIDB.在CFB中,因為H是FB的中點,I是FC的中點,所以HIBC.又HIGI=I,所以平面

6、GHI平面ABC.因為GH平面GHI,所以GH平面ABC.3.(2020屆山東新高考質(zhì)量測評聯(lián)盟10月聯(lián)考,21)如圖,在四棱錐S-ABCD中,四邊形ABCD是矩形,SAD是等邊三角形,平面SAD平面ABCD,AB=1,E為棱SA上一點,P為AD的中點,四棱錐S-ABCD的體積為23(1)若E為棱SA的中點,F是棱SB的中點,求證:平面PEF平面SCD;(2)是否存在點E,使得平面PEB與平面SAD所成的銳二面角的余弦值為3010?若存在,確定點E的位置;若不存在,請說明理由解析(1)證明:因為E,F分別是SA,SB的中點,所以EFAB,在矩形ABCD中,ABCD,所以EFCD,又因為E,P分

7、別是SA、AD的中點,所以EPSD,又因為EFCD,EFEP=E,SDCD=D,EF,EP平面PEF,SD,CD平面SCD,所以平面PEF平面SCD.(2)假設(shè)棱SA上存在點E滿足題意.在等邊三角形SAD中,P為AD的中點,所以SPAD,因為平面SAD平面ABCD,平面SAD平面ABCD=AD,SP平面SAD,所以SP平面ABCD,所以SP是四棱錐S-ABCD的高,設(shè)AD=m,m0,則SP=32m,S矩形ABCD=m,所以VS-ABCD=13S矩形ABCDSP=13m32m=233.所以m=2,以P為坐標原點,PA所在直線為x軸,過點P與AB平行的直線為y軸,PS則P(0,0,0),A(1,0

8、,0),B(1,1,0),S(0,0,3),設(shè)AE=AS=(-1,0,3)=(-,0,3)(01),PE=PA+AE=(1,0,0)+(-,0,3)=(1-,0,3),PB=(1,1,0),設(shè)平面PEB的一個法向量為n1=(x,y,z),n令x=3,則n1=(3,-3,-1),易知平面SAD的一個法向量為n2=(0,1,0),所以|cos|=|n1n2因為01,所以=13所以存在點E,使得平面PEB與平面SAD所成的銳二面角的余弦值為3010.此時點E位于AS的靠近A點的三等分點處考法二平行關(guān)系中的探索性問題4.(2018廣東惠州一調(diào),19)如圖,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1

9、中,ABC=60,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,點E在A1D上.(1)證明:AA1平面ABCD;(2)當A1EED為何值時,A1B平面EAC?并求出此時直線A1B與平面解析(1)證明:因為四邊形ABCD是菱形,ABC=60,所以AB=AD=AC=2,在AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA1同理,AA1AD,又ABAD=A,所以AA1平面ABCD.(4分)(2)當A1EED=1時,A1B平面理由如下:連接BD交AC于點O,連接OE,假設(shè)A1B平面EAC,由于A1B平面A1BD,且平面EAC平面A1BD=OE,則OEA1B,O為BD的中點,在A1BD中,E為A1D的中點,即A

10、1直線A1B與平面EAC之間的距離等于點A1到平面EAC的距離,因為E為A1D的中點,所以點A1到平面EAC的距離等于點D到平面EAC的距離,VD-EAC=VE-ACD,設(shè)AD的中點為F,連接EF,則EFAA1,且EF=1,所以EF平面ACD,可求得SACD=3,所以VE-ACD=1313=33.(9又因為AE=2,AC=2,CE=2,所以SEAC=72,所以13SEACd=1372d=33(d表示點D到平面EAC的距離),解得d=2217,所以直線A1B5.(2016四川,17,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PACD,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12(1)在平面PAD

11、內(nèi)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ADBC,BC=12AD,所以BCAM,且BC=AM.所以四邊形AMCB是平行四邊形,從而CMAB.又AB平面PAB,CM平面PAB,所以CM平面PAB.(說明:取棱PD的中點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,PAAB,PACD,因為ADBC,BC=12AD,所以直線AB與CD相交所以PA平面ABCD.從而PABD.因為ADBC,BC=12所以BCMD,且BC=MD.所以四邊形BCDM是平

12、行四邊形.所以BM=CD=12AD,所以BDAB.又ABAP=A,所以BD平面又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點所在位置再證明.(2)由已知的線線垂直得到線面垂直,再證面面垂直.評析本題考查了直線與平面平行的判定,直線與平面垂直的判定和性質(zhì)及面面垂直的判定,熟練掌握線面平行與線面垂直的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.【五年高考】1.(2019課標,7,5分)設(shè),為兩個平面,則的充要條件是()A.內(nèi)有無數(shù)條直線與平行B.內(nèi)有兩條相交直線與平行C.,平行于同一條直線D.,垂直于同一平面答案B2.(2018浙江,6,4分)已知平面,直線m,n滿足m

13、,n,則“mn”是“m”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案A3.(2015福建,7,5分)若l,m是兩條不同的直線,m垂直于平面,則“l(fā)m”是“l(fā)”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案B4.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,是兩個不同平面,則下列命題正確的是()A.若,垂直于同一平面,則與平行B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行C.若,不平行,則在內(nèi)不存在與D.若m,n不平行,則m與n不可能答案D5.(2017課標全國,6,5分)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方

14、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A6.(2016課標,14,5分),是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m與所成的角和n與所成的角相等.其中正確的命題有.(填寫所有正確命題的編號)答案7.(2019課標,19,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN平面C1DE;(2)求點C到平面C1DE的距離.解析本題考查了線面平行、垂直的

15、判定和點到平面的距離,通過平行、垂直的證明,考查了學(xué)生的空間想象力,體現(xiàn)了直觀想象的核心素養(yǎng).(1)連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以MEB1C,且ME=12B1C.又因為N為A1D的中點,所以ND=12A由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,MNED.又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)過C作C1E的垂線,垂足為H.由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE,故DECH.從而CH平面C1DE,故CH的長即為C到平面C1DE的距離.由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=17,故CH=41717.從

16、而點C到平面C1DE的距離為思路分析(1)連接B1C,ME.證明四邊形MNDE是平行四邊形,得出MNDE,然后利用線面平行的判定定理證出結(jié)論.(2)注意到DE平面BCC1B1,只需過點C作C1E的垂線便可求解.8.(2017課標全國,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,BAD=(1)證明:直線BC平面PAD;(2)若PCD的面積為27,求四棱錐P-ABCD的體積.解析本題考查線面平行的判定和體積的計算.(1)證明:在平面ABCD內(nèi),因為BAD=ABC=90,所以BCAD.又BC平面PAD,AD平面PAD,故BC平面PAD.

17、(2)取AD的中點M,連接PM,CM.由AB=BC=12AD及BCAD,ABC=90得四邊形ABCM為正方形,則CM因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PMAD,PM底面ABCD.因為CM底面ABCD,所以PMCM.設(shè)BC=x,則CM=x,CD=2x,PM=3x,PC=PD=2x.取CD的中點N,連接PN,則PNCD,所以PN=142x.因為PCD的面積為27,所以122x142x=27,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=23.所以四棱錐P-ABCD的體積V=1329.(2016課標全國,19,12分)如圖,四棱錐P

18、-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN平面PAB;(2)求四面體N-BCM的體積.解析(1)證明:由已知得AM=23取BP的中點T,連接NT,AT,由N為PC中點知TNBC,TN=12BC=2.(3分又ADBC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MNAT.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AEBC,AE=AB2-由AM

19、BC得M到BC的距離為5,故SBCM=1245=25所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=13SBCMPA2=45思路分析(1)取BP的中點T,連接AT,TN,先結(jié)合條件證明四邊形AMNT為平行四邊形,從而得到MNAT,再結(jié)合線面平行的判定定理可證;(2)由條件可知四面體N-BCM的高為棱PA的一半,然后求得SBCM,最后利用棱錐的體積公式求得結(jié)果.解后反思證明立體幾何中的平行關(guān)系,常常是通過轉(zhuǎn)化為平面幾何中的線線平行來實現(xiàn),而線線平行常常利用三角形的中位線、平行四邊形的對邊互相平行等來推證;求三棱錐的體積的關(guān)鍵是確定其高,而確定高的關(guān)鍵是找出頂點在底面上射影的位置,當然有時也可采用等體積法

20、求解.10.(2019江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點,AB=BC.求證:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.證明本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力和推理論證能力.(1)因為D,E分別為BC,AC的中點,所以EDAB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED. 又因為ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)因為AB=BC,E為AC的中點,所以BEAC.因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC.又因為BE

21、平面ABC,所以C1CBE.因為C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因為C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.11.(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,ACBC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O(shè)MVB.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O(shè)CAB.又因為平面VAB

22、平面ABC,且OC平面ABC,所以O(shè)C平面VAB.又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=2,所以AB=2,OC=1.所以等邊三角形VAB的面積SVAB=3.又因為OC平面VAB,所以三棱錐C-VAB的體積等于13OCSVAB=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的體積為評析本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系的判定,以及幾何體體積的求解,考查學(xué)生空間想象能力和邏輯推理能力.12.(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,BCAD,CD

23、AD,PC=AD=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.解析本題主要考查空間點、線、面的位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力.(1)證明:如圖,設(shè)PA中點為F,連接EF,FB.因為E,F分別為PD,PA中點,所以EFAD且EF=12又因為BCAD,BC=12AD,所以EFBC且即四邊形BCEF為平行四邊形,所以CEBF,因此CE平面PAB.(2)分別取BC,AD的中點為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中點,在平行四邊形BCEF中

24、,MQCE.由PAD為等腰直角三角形得PNAD.由DCAD,N是AD的中點得BNAD.所以AD平面PBN,由BCAD得BC平面PBN,那么平面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(shè)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RtMQH中,QH=14,MQ=2,所以sinQMH=2所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是28方法總結(jié)1.證明直線與平面平行的方法.(例:求證:l)線面平行的判定定理:在平面內(nèi)找到一條與直線l平行的直

25、線m,從而得到l.面面平行的性質(zhì):過直線l找到(或作出)一個平面,使得,從而得l.2.求線面角的方法.定義法:作出線面角,解三角形即可.解斜線段、射影、垂線段構(gòu)成的三角形.例:求AB與平面所成角的正弦值,其中A.只需求出點B到平面的距離d(通常由等體積法求d),由sin =dAB得結(jié)論13.(2015四川,18,12分)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.(1)請將字母F,G,H標記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由);(2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論;(3)證明:直線DF平面BEG.解析(1)點F,G,H的位置如圖所示.(2)平面BEG平面AC

26、H.證明如下:因為ABCD-EFGH為正方體,所以BCFG,BC=FG,又FGEH,FG=EH,所以BCEH,BC=EH,于是四邊形BCHE為平行四邊形.所以BECH.又CH平面ACH,BE平面ACH,所以BE平面ACH.同理BG平面ACH.又BEBG=B,所以平面BEG平面ACH.(3)證明:連接FH與DB.因為ABCD-EFGH為正方體,所以DH平面EFGH,因為EG平面EFGH,所以DHEG.又EGFH,DHFH=H,所以EG平面BFHD.又DF平面BFHD,所以DFEG.同理得DFBG.又EGBG=G,所以DF平面BEG.14.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,

27、ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EFAD.求證:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.證明(1)在平面ABD內(nèi),因為ABAD,EFAD,所以EFAB.又因為EF面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因為平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因為AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因為AC平面ABC,所以ADAC.15.(2015山東,17,12分)如圖,在三棱臺DEF-ABC中,AB=2D

28、E,G,H分別為AC,BC的中點.(1)求證:BD平面FGH;(2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小.解析(1)連接DG,CD,設(shè)CDGF=O,連接OH.在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G為AC的中點,可得DFGC,DF=GC,所以四邊形DFCG為平行四邊形.則O為CD的中點,又H為BC的中點,所以O(shè)HBD,又OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.(2)設(shè)AB=2,則CF=1.在三棱臺DEF-ABC中,G為AC的中點,由DF=12AC=GC,可得四邊形DGCF為平行四邊形,因此DG又FC平面ABC,所以

29、DG平面ABC.在ABC中,由ABBC,BAC=45,G是AC中點,得AB=BC,GBGC,因此GB,GC,GD兩兩垂直.以G為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz.所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).可得H22,22,0,F(0,2,1),故GH=設(shè)n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,則由nGH可得平面FGH的一個法向量n=(1,-1,2).因為GB是平面ACFD的一個法向量,GB=(2,0,0),所以cos=GBn|GB|n|=222=1【三年模擬】一、單項選擇題(每題5分,共35分)1.(2020屆湖南益陽、湘潭9月教學(xué)質(zhì)檢,6)已

30、知,為兩個不同的平面,m,n為兩條不同的直線,有以下命題:若m,m,則;若m,n,則mn;若m,m,則;若=l,m,ml,則m.其中真命題有()A.B.C.D.答案B2.(2020屆廣東廣州中學(xué)10月月考,8)已知,是兩個不同的平面,l是一條直線,給出下列說法:若l, ,則l;若l,則l;若l,則l;若l,則l.其中說法正確的個數(shù)為()A.3B.2C.1D.0答案C3.(2019內(nèi)蒙古赤峰4月模擬,6)已知和是兩個不同平面,=l,l1,l2是與l不同的兩條直線,且l1,l2,l1l2,那么下列命題正確的是()A.l與l1,l2都不相交B.l與l1,l2都相交C.l恰與l1,l2中的一條相交D.

31、l至少與l1,l2中的一條相交答案A4.(2020屆湖南長沙一中第二次月考,5)設(shè)m,n是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,下列命題正確的是()A.如果m,n,那么mnB.如果m,=n,那么mnC.如果m,n,那么mnD.如果,m,n,那么mn答案C5.(2020屆浙江東陽中學(xué)10月月考,5)設(shè)m,n是不同的直線,是不同的平面,且m,n,則“m且n”是“”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案B6.(2019安徽蚌埠二模,6)已知平面,兩兩垂直,直線a,b,c滿足a,b,c,則直線a,b,c的位置關(guān)系不可能是()A.兩兩平行B.兩兩垂直C.兩兩相交D

32、.兩兩異面答案A7.(2019河南鄭州一模,10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為等腰直角三角形,ABAC,點M,N分別為AB1,A1C上的動點,若直線MN平面BCC1B1,Q為線段MN的中點,則點Q的軌跡是()A.雙曲線的一支(一部分)B.圓弧(一部分)C.線段(去掉一個端點)D.拋物線的一部分答案C二、多項選擇題(每題5分,共10分)8.(改編題)已知空間中不同直線m、n和不同平面、,下列命題中是真命題的是()A.若m、n互為異面直線,m,n,m,n,則B.若mn,m,n,則C.若n,m,則nmD.若,m,nm,則n答案AC9.(改編題)如圖,在棱長均相等的四棱錐P-ABCD中,O

33、為底面正方形的中心,M,N分別為側(cè)棱PA,PB的中點,下列結(jié)論正確的是()A.PA平面OMNB.平面PCD平面OMNC.直線PD與直線MN所成角的大小為90D.ONPB答案BD三、填空題(每題5分,共10分)10.(2018河北唐山統(tǒng)一考試,14)在三棱錐P-ABC中,PB=6,AC=3,G為PAC的重心,過點G作三棱錐的一個截面,使截面平行于PB和AC,則截面的周長為.答案811.(2020屆廣西南寧10月摸底考,16)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=3,E,F,G分別為AB,BC,C1D1的中點,點P在平面ABCD內(nèi),若直線D1P平面EFG,則線段D1P

34、長度的最小值是.答案7四、解答題(共50分)12.(2019甘肅、青海、寧夏聯(lián)考,18(節(jié)選)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,D為BC邊上一點,BD=3,AA1=AB=2AD=2.若BD=CD,試問:A1C是否與平面ADB1平行?若平行,求三棱錐A-A1B1D的體積;若不平行,請說明理由.解析A1C與平面ADB1平行.證明如下:取B1C1的中點E,連接DE,CE,A1E,因為BD=CD,所以DEAA1,且DE=AA1,所以四邊形ADEA1為平行四邊形,所以A1EAD.因為D為BC的中點,E為B1C1的中點,B1C1BC,所以B1ECD,所以四邊形EB1DC是平行四邊形,

35、所以CEB1D.因為A1ECE=E,所以平面ADB1平面A1CE,又A1C平面A1CE,所以A1C平面ADB1.因為AA1BB1,所以VB1-又BD=3,且易證BD平面AA1D,所以VA-A1B1D=VB1-A一題多解連接A1B,交AB1于K,易知K是A1B的中點,連接DK,則DK是A1BC的中位線,DKA1C,又DK面AB1D,A1C面AB1D,所以A1C面AB1D.因為AA1BB1,BD=3,AA1=AB=2AD=2,且易證BD平面AA1D,所以VA-A1B1D=VB1-A13.(2019安徽蚌埠二模,18)如圖所示,菱形ABCD的邊長為2,D=60,點H為DC的中點,現(xiàn)以線段AH為折痕將

36、菱形折起,使點D到達點P的位置且平面PHA平面ABCH,點E,F分別為AB,AP的中點.(1)求證:平面PBC平面EFH;(2)求平面PAH與平面PBC所成銳二面角的余弦值.解析(1)證明:菱形ABCD中,E,H分別為AB,CD的中點,所以BECH,所以四邊形BCHE為平行四邊形,則BCEH,又EH平面PBC,BC平面PBC,所以EH平面PBC.(3分)又點E,F分別為AB,AP的中點,所以EFBP,又EF平面PBC,BP平面PBC,所以EF平面PBC.又EFEH=E,所以平面PBC平面EFH.(6分)(2)連接AC,菱形ABCD中,D=60,則ACD為正三角形,又H為DC的中點,菱形邊長為2,AHCD,AH=3,DH=PH=CH=1.折疊后,PHAH,又平面PHA平面ABCH,平面PHA平面ABCH=AH,從而PH平面ABCH.又AHCD,HA,HC,HP三條直線兩兩垂直,以HA,HC,HP的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系(圖略),則P(0,0,1),C