专题空间几何中的平行与垂直考点点、线、面位置关系的判断一1.(优质试题浙江卷)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( ).A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【解析】∵α∩β=l,∴l⊂β.∵n⊥β,∴n⊥l.【答案】C2.(优质试题安徽卷)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( ).A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面【解析】A项,α,β可能相交,故错误;B项,直线m,n的位置关系不确定,可能相交、平行或异面,故错误;C项,若m⊂α,α∩β=n,m∥n,则m∥β,故错误;D项,假设m,n垂直于同一平面,则必有m∥n,所以原命题正确.故D项正确.【答案】D3.(优质试题广东卷)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( ).A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交【解析】由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行也不相交,故l1,l2中至少有一条与l相交.【答案】D4.(优质试题全国Ⅲ卷)在正方体ABCD -A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( ).A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC【解析】连接B1C,由题意得BC1⊥B1C.∵A1B1⊥平面B1BCC1,且BC1⊂平面B1BCC1,∴A1B1⊥BC1,∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1ECB1,∵A1E⊂平面A1ECB1,∴A1E⊥BC1.故选C.【答案】C5.(优质试题上海卷)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为BC、BB1的中点,则下列直线中与直线EF相交的是( ).A.直线AA1B.直线A1B1C.直线A1D1D.直线B1C1【解析】根据异面直线的概念可以看出直线AA1,A1B1,A1D1都和直线EF为异面直线,直线B1C1和直线EF在同一平面内,且这两条直线不平行,∴直线B1C1和直线EF相交,即选项D正确.【答案】D考点求异面直线所成的角二6.(优质试题全国Ⅲ卷)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【解析】依题意建立如图所示的空间直角坐标系.设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心,1为半径的圆.设直线a的方向向量为a=(0,1,0),直线b的方向向量为b=(1,0,0),以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ,θ∈[0,2π),则B(cos θ,sin θ,0),∴=(cos θ,sin θ,-1),||=设直线AB与a所成的角为α,则cos α==|sin θ|∈,∴45°≤α≤90°,∴③正确,④错误.设直线AB与b所成的角为β,则cos β==|cos θ|.当直线AB与a的夹角为60°,即α=60°时,则|sin θ|=cos α=cos 60°=,∴|cosθ|=.∴cosβ=|cos θ|=.∵0°≤β≤90°,∴β=60°,即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确,①错误.【答案】②③7.(优质试题全国Ⅰ卷)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.【解析】设平面CB1D1∩平面ABCD=m1.∵平面α∥平面CB1D1,∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1,且平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,同理可证CD1∥n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,△CB1D1是正三角形,故直线B1D1与CD1所成角为60°,其正弦值为.【答案】A8.(优质试题全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( ).A. B. C. D.【解析】将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图所示,连接AD1,B1D1,BD.由题意知∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,所以AD1=BC1=,AB1=,∠DAB=60°.在△ABD中,由余弦定理知BD2=22+12-2×2×1×cos 60°=3,所以BD=,所以B1D1=.又直线AB1与AD1所成的角即为异面直线AB1与BC1所成的角θ,所以cos θ=-==.故选C.【答案】C9.(优质试题全国Ⅱ卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( ).A. B.C. D.【解析】如图,取BC的中点D,连接MN,ND,AD,由于MN B1C1BD,因此有ND BM,则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角.设BC=2,则BM=ND=,AN=,AD=,因此cos∠AND=-=.【答案】C考点求线面角或二面角的正弦值、余弦值等三10.(优质试题全国Ⅲ卷)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC.(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.【解析】(1)由题设可得△ABD≌△CBD,从而AD=CD.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又因为△ABC是正三角形,所以BO⊥AC,所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E,故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=-.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即--可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,),则cos<n,m>==.所以二面角D-AE-C的余弦值为.11.(优质试题全国Ⅱ卷)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,所以AH=10.以点D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即-所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以直线AF与平面EHGF所成角的正弦值为.高频考点:点、线、面位置关系的判断;证明平行关系和垂直关系;求异面直线所成的角、线面角和二面角.命题特点:点、线、面位置关系的判断和异面直线所成的角一般是一个选择题和一个解答题,其中解答题的第一问是平行、垂直关系的证明,第二问是线面角、二面角的求解,从考查分值看,在17分左右,题目注重思维能力、逻辑推理能力和运算能力,属中档题.§13.1空间中点、线、面的位置关系一平面的基本性质1.公理1:如果一条直线上的在一个平面内,那么这条直线在这个平面内.2.公理2: 的三点,有且只有一个平面.3.公理3:如果两个不重合的平面有公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.二空间中两直线的位置关系1.空间中两条直线的位置关系共面直线异面直线不同在一个平面内2.异面直线所成的角(1)定义:设a,b是两条异面直线,经过空间任一点O作直线a'∥a,b'∥b,把a'与b'所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围: .3.公理4:平行于的两条直线互相平行.4.等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角.三空间中直线与平面、平面与平面的位置关系1.直线与平面的位置关系有、、三种情况.2.平面与平面的位置关系有、两种情况.☞左学右考下面的说法是否正确?请说明理由.两个平面α,β有一个公共点A,就说α,β相交于点A,记作α∩β=A.四条线段顺次首尾相连,它们最多可确定的平面个数有( ).A.4个B.3个C.2个D.1个已知直线a和平面α,β,α∩β=l,a⊄α,a⊄β,且a在α,β内的射b和c,则直线b和c的位置关系是( ).A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线与CN所成角的余弦值为.下面的说法是否正确?请说明理由.已知平面α和β,直线a和b,α∥β,m∥n,若m∥α,则n∥β.α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是( ).A.平行B.相交C.异面D.垂直知识清单一、1.两点 2.过不在一条直线上 3.一个二、1.平行相交任何 2. 3.同一条直线4.相等或互补三、1.相交平行在平面内 2.平行相交基础训练1.【解析】错误.由公理3可知两个平面相交于一条公共直线.2.【解析】如空间四边形每两条相交线都确定一个平面,故最多可确定4个平面.【答案】A3.【解析】依题意可得b和c的位置关系可能是相交、平行或异面. 【答案】D4.【解析】利用平移法,结合余弦定理即可得出.【答案】5.【解析】错误.n可以平行于β,也可以在平面β内.6.【解析】∵α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,m⊄α,n⊂α,∴n在平面α上,m与平面α相交.∵A∈m,A∈α,∴A是m和平面α相交的点.∴m和n 异面或相交,一定不平行.故选A.【答案】A题型空间两条直线的位置关系一【例1】a,b,c是空间中互不重合的三条直线,下面给出五个命题:①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a,b一定是异面直线;⑤若a,b与c成等角,则a∥b.上述命题中正确的.(只填序号)【解析】由公理4知①正确;当a⊥b,b⊥c时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故②不正确;当a与b相交,b与c相交时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故③不正确;a⊂α,b⊂β,并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”,故④不正确;当a,b与c成等角时,a与b可以相交、平行,也可以异面,故⑤不正确.故答案为①.【答案】①【变式训练1】若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( ).A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【解析】∵l1⊥l2,l2⊥l3,∴l1与l3的位置关系不确定,又l4⊥l3,∴l1与l4的位置关系不确定.故A、B、C错误,D正确.【答案】D题型异面直线所成的角二【例2】已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=,AD=1,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( ).A. B. C. D.【解析】如图,连接B1A,AC,则B1A∥C1D,∴∠AB1C为异面直线B1C和C1D所成的角,在△AB1C中,AB1=,B1C=2,AC=2,∴cos∠AB1C=-==.∴异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为.故选A.【答案】A【变式训练2】如图,正四面体ABCD中,E、F分别是棱BC和AD的中点,则直线AE和CF所成角的余弦值为( ).A. B.C. D.【解析】连接ED,取ED的中点G,连接GF,GC.∵FG为△DAE的中位线,∴FG∥AE.∴直线AE和CF所成的角即为GF和FC所成的角.设BC=1,则AE=DE=CF=.∴FG=AE=,GC=== .在△GFC 中,cos ∠GFC= -=-=.即直线AE 和CF 所成角的余弦值为. 【答案】B方法构造模型判断空间中的线面位置关系——长方体的妙用构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型,然后将问题利用模型直观地作出判断,这样减少了抽象性,避免了因考虑不全面而导致解题错误.对于线面、面面位置关系(平行、垂直)的判定,可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断.【突破训练】已知m ,n 是两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,有下列四个命题:①若m ⊥α,n ⊥β,m ⊥n ,则α⊥β; ②若m ∥α,n ∥β,m ⊥n ,则α∥β; ③若m ⊥α,n ∥β,m ⊥n ,则α∥β; ④若m ⊥α,n ∥β,α∥β,则m ⊥n.其中正确的命题是 .(填写所有正确命题的序号) 【解析】对于①,由题意可以得到平面α、β互相垂直,如图(1)所示,故①正确;对于②,平面α、β可能垂直,如图(2)所示,故②不正确;对于③,平面α、β可能垂直,如图(3)所示,故③不正确;对于④,由题意可以得到直线m 、n 互相垂直,如图(4)所示,故④正确.【答案】①④1.(优质试题福建四校联考)设A、B、C、D是空间四个不同的点,下列命题中,不正确的是( ).A.若AC与BD共面,则AD与BC共面B.若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线C.若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BCD.若AB=AC,DB=DC,则AD=BC【解析】A显然正确;B正确,因为若AD与BC共面,则必有AC与BD 共面,由原命题与其逆否命题同真同假可判断;C正确,用平面几何与立体几何的知识都可证明;D不正确,如图所示.故选D.【答案】D2.(优质试题太原二模)已知平面α∥β,且α与β的距离为d(d>0).若m⊂α,则在β内与直线m平行的直线共有( ).A.0条B.1条C.2条D.无数条【解析】因为平面α∥β,且α与β的距离为d(d>0),m⊂α,所以在β内与直线m平行的直线是过直线m与平面β相交的平面得到的交线,而距离m为2d的直线有两条,故在β内与直线m的距离为2d 的直线共有2条.故选C.【答案】C3.(优质试题无极县校级期中)如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α内的( ).A.一条直线不相交B.两条直线不相交C.无数条直线不相交D.任意一条直线不相交【解析】∵直线a∥平面α,∴直线a与平面α没有公共点,从而直线a与平面α内任意一条直线都没有公共点,即不相交,故选D.【答案】D4.(优质试题江西八校联考)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( ).A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l【解析】由m⊥平面α,直线l满足l⊥m,且l⊄α,所以l∥α,又n⊥平面β,l⊥n,l⊄β,所以l∥β.由直线m,n为异面直线,且m⊥平面α,n⊥平面β,则α与β相交,否则,若α∥β,则推出m∥n,与m,n异面矛盾.故α与β相交,且交线平行于l.故选D.【答案】D5.(优质试题天津学业考试)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2BC=2,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( ).A. B.C. D.【解析】连接BC1,A1C1,则AD1∥BC1,∴∠A1BC1为异面直线A1B与AD1所成的角或其补角.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,∵AA1=2AB=2BC=2,∴A1B=BC1=A1C1=在△A1BC1中,由余弦定理得cos∠A1BC1==.故选D.【答案】D6.(优质试题西宁模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面是一个正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E是棱PA的中点,则异面直线BE与AC所成角的余弦值是( ).A. B.C. D.【解析】以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,0,0),E(0,0,1),A(0,0,0),C(2,2,0),=(-2,0,1),=(2,2,0),设异面直线BE与AC所成的角为θ,则cos θ===.故选B.【答案】B7.(优质试题武邑县校级模拟)正四面体ABCD中,M是棱AD的中点,O是点A在底面BCD内的射影,则异面直线BM与AO所成角的余弦值为( ).A. B. C. D.【解析】取BC的中点E,DC的中点F,连接DE、BF,则由题意得DE∩BF=O,取OD的中点N,连接MN,则MN∥AO,∴∠BMN是异面直线BM与AO所成的角(或所成角的补角).设正四面体ABCD的棱长为2,由BM=DE==,OD=DE=,∴AO==,∴MN=AO=.由AO⊥平面BCD,MN∥AO,得MN⊥平面BCD,∴cos∠BMN===,∴异面直线BM与AO所成角的余弦值为.故选B.【答案】B8.(优质试题东胜区校级模拟)设有两条直线m,n和三个平面α,β,γ,给出下面四个命题:①α∩β=m,n∥m⇒n∥α,n∥β;②α⊥β,m⊥β,m⊄α⇒m∥α;③α∥β,m⊂α⇒m∥β;④α⊥β,α⊥γ⇒β∥γ.其中命题正确的是.【解析】①α∩β=m,n∥m不能得出n∥α,n∥β,因为n可能在α或β内,故①错误;②α⊥β,m⊥β,m⊄α,根据线面平行的判定定理可得m∥α,故②正确;③α∥β,m⊂α,根据面面平行的性质定理可得m∥β,故③正确;④α⊥β,α⊥γ,则γ与β可能平行也可能相交,故④错误.【答案】②③9.(优质试题河南二模)如图,G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示GH,MN是异面直线的图形的序号为.【解析】异面直线的判定定理:经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线.根据异面直线的判定定理可知:在图②④中,直线GH、MN是异面直线.在图①中,由G、M均为棱的中点,可知GH∥MN.在图③中,∵G、M均为棱的中点,∴四边形GMNH为梯形,则GH与MN相交.【答案】②④10.(优质试题烟台一模)若α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列结论错误的是( ).A.如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等B.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βC.如果α∥β,m⊂α,那么m∥βD.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n【解析】如果m∥n,α∥β,那么m,n与α所成的角和m,n与β所成的角均相等,故A正确;如果m⊥n,m⊥α,n∥β,不能得出α⊥β,故B 错误;如果α∥β,m⊂α,那么m与β无交点,则m∥β,故C正确;如果n∥α,那么存在直线l⊂α,使n∥l.由m⊥α,可得m⊥l,那么m⊥n,故D正确.故选B.【答案】B11.(优质试题南昌模拟)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是( ).A.(0,)B.(0,)C.(1,)D.(1,)【解析】设四面体的底面是BCD,BC=a,BD=CD=1,顶点为A,AD=.在△BCD中,由两边之和大于第三边可得0<a<2.①取BC中点E,∵E是中点,Rt△ACE≌Rt△DCE,∴在△AED中,AE=ED=.∵两边之和大于第三边,∴,解得0<a<.②由①②得0<a<.故选A.【答案】A12.(优质试题湖北模拟)已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点,若AB=2,CD=4,EF⊥AB,则EF与CD所成的角的大小为( ).A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】设G为AD的中点,连接GF,GE,则GF,GE分别为△ABD,△ACD 的中位线.由此可得,GF∥AB且GF=AB=1,GE∥CD且GE=CD=2,∴∠GEF或其补角即为EF与CD所成的角.又∵EF⊥AB,GF∥AB,∴EF⊥GF.Rt△EFG中,GF=1,GE=2,∴∠GEF=30°.∴EF与CD所成的角的大小为30°,故选A.【答案】A13.(优质试题惠州期末)如图,下列四个正方体中,A、B为正方体的两个顶点,M、N、P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( ).A.①②B.③④C.②③D.①④【解析】对于①,由平面ADBC∥平面MNP,得出直线AB∥平面MNP;对于②,直线AB和平面MNP不平行;对于③,过点M易找到与AB平行的直线,得出AB与平面MNP相交;对于④,直线AB与平面MNP内的一条直线NP平行,且直线AB⊄平面MNP,∴直线AB∥平面MNP.综上,能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是①④.【答案】D14.(优质试题海南模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有条.【解析】在EF上任意取一点M,如图所示.直线A1D1与M确定一个平面,这个平面与CD有且仅有1个交点N,当M取不同的位置就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点N,而直线MN与这三条异面直线都有交点.故在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有无数条.【答案】无数15.(优质试题延边州模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为正三角形,侧棱垂直底面,AB=4,AA1=6,若E,F分别是棱BB1,CC1上的点,且BE=B1E,C1F=CC1,求异面直线A1E与AF所成角的余弦值.【解析】以C为原点,CA为x轴,在平面ABC中,过点C且垂直AC 的直线为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为正三角形,侧棱垂直底面,AB=4,AA1=6,E,F分别是棱BB1,CC1上的点,且BE=B1E,C1F=CC1,∴A1(4,0,6),E(2,2,3),F(0,0,4),A(4,0,0),=(-2,2,-3),=(-4,0,4),设异面直线A1E与AF所成的角为θ,则cosθ===.∴异面直线A1E与AF所成角的余弦值为.§13.2直线、平面平行的判定与性质一直线与平面平行的判定定理和性质定理二平面与平面平行的判定定理和性质定理☞左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画.(1)若一条直线和平面内一条直线平行,则这条直线和这个平面平行.( ) (2)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行. ( ) (3)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面. ( )若两条直线都与一个平面平行,则这两条直线的位置关系是( ).A.平行B.相交C.异面D.以上均有可能设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α.“m∥β”是α∥β”的( ).A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件知识清单一、一条直线与此平面内的一条直线交线二、相交直线平行交线基础训练1.【解析】(1)错,也可能在平面内;(2)错,应该是两条相交直线,否则未必成立;(3)正确.【答案】(1)×(2)×(3)√2.【解析】平行、相交、异面都有可能.故选D.【答案】D3.【解析】满足面面平行的性质定理但不满足面面平行的判定定理,故是必要不充分条件.故选B.【答案】B题型直线与平面平行的判定一【例1】如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1的中点.(1)证明:AD1∥平面BDC1.(2)证明:BD∥平面AB1D1.【解析】(1)∵AC A1C1,D,D1分别是AC,A1C1的中点,∴AD C1D1,∴四边形ADC1D1是平行四边形,∴AD1∥DC1,又AD1⊄平面BDC1,DC1⊂平面BDC1,∴AD1∥平面BDC1.(2)连接DD1,∵四边形ACC1A1是平行四边形,D,D1分别是AC,A1C1的中点,∴DD1AA1,又AA1BB1,∴DD1BB1,∴四边形DBB1D1是平行四边形,∴B1D1∥BD,又BD⊄平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,∴BD∥平面AB1D1.证明线面平行应在平面内找一条直线与平面外的那条直线平行,【变式训练1】如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为PD的中点.证明:PB∥平面AEC.【解析】连接BD交AC于点O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.题型直线与平面平行的性质二【例2】如图,已知四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD 外的一点,在四棱锥P-ABCD中,M是PC的中点,在DM上取一点G,过点G 和AP作平面交平面BDM于GH.求证:AP∥GH.【解析】连接AC,交BD于O,连接MO.因为四边形ABCD是平行四边形,所以 O是AC的中点,又因为M是PC的中点,所以MO∥PA.又因为 MO⊂平面BDM,PA⊄平面BDM,所以PA∥平面BDM.又因为经过PA与点G的平面交平面BDM于GH,所以AP∥GH.【变式训练2】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.【解析】(1)∵BC∥平面GEFH,平面GEFH∩平面ABCD=EF,BC⊂平面ABCD,∴BC∥EF,∵EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴EF∥平面PBC.∵平面GEFH∩平面PBC=GH,∴EF∥GH.(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.∵PA=PC,O为AC中点,∴PO⊥AC,同理可得PO⊥BD,又∵BD∩AC=O,AC⊂底面ABCD,BD⊂底面ABCD,∴PO⊥底面ABCD.又∵平面GEFH⊥平面ABCD,PO⊄平面GEFH,∴PO∥平面GEFH,∵平面PBD∩平面GEFH=GK,∴PO∥GK,∴GK⊥底面ABCD,∴GK是梯形GEFH的高,∵AB=8,EB=2,∴==,∴KB=DB=OB,即K为OB中点,又∵PO∥GK,∴GK=PO,即G为PB中点,且GH=BC=4,由已知可得OB=4,PO=-==6,∴GK=3,故四边形GEFH的面积S=(GH+EF)×GK=×(4+8)×3=18.题型平面与平面平行的判定与性质三【例3】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:(1)B,C,H,G四点共面;(2)平面EFA1∥平面BCHG.【解析】(1)∵G、H分别为A1B1,A1C1的中点,∴GH∥B1C1,∵三棱柱ABC-A1B1C1中,BC∥B1C1,∴GH∥BC,∴B、C、H、G四点共面.(2)∵E、F分别为AB、AC的中点,∴EF∥BC,∴EF∥BC∥B1C1∥GH.又∵E、G分别为三棱柱侧面平行四边形AA1B1B对边AB、A1B1的中点,∴四边形A1EBG为平行四边形,A1E∥BG.∴平面EFA1中有两条相交直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条相交直线BG、BC平行,∴平面EFA1∥平面BCHG.【变式训练3】如图,四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形且不共面,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.(1)求证:BE∥平面DMF.(2)求证:平面BDE∥平面MNG.【解析】(1)连接AE,AE与FD交于点O,∵四边形ADEF为平行四边形,∴O为FD的中点,也为AE的中点.又∵M为AB的中点,连接MO,∴MO∥BE.∵MO⊂平面DMF,BE⊄平面DMF,∴BE∥平面DMF.(2)∵MN∥BD,GN∥DE,且MN、GN交于点N,DE、DB交于点D,∴平面BDE∥平面MNG.方平行关系中的探究性问题法解决探究性问题一般先假设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结论成立的充分条件,如果找到了使结论成立的充分条件,则存在;如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾),则不存在.而对于探求点的问题,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.【突破训练】已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M是DD1的中点.(1)求证:BD1∥平面AMC.(2)在线段BB1上是否存在点P,当=λ时,平面A1PC1∥平面AMC?若存在,求出λ的值并证明;若不存在,请说明理由.【解析】(1)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,连接BD交AC于点N,连接MN.因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点.在△DBD1中,因为M为DD1的中点,所以BD1∥MN.因为MN⊂平面AMC,BD1⊄平面AMC,所以BD1∥平面AMC.(2)当λ=,即点P为线段BB1的中点时,平面A1PC1∥平面AMC.因为AA1∥CC1,且AA1=CC1,所以四边形AA1C1C是平行四边形.所以AC∥A1C1.取CC1的中点Q,连接MQ,QB.因为M为DD1的中点,所以MQ∥AB,且MQ=AB,所以四边形ABQM是平行四边形.所以BQ∥AM.同理BQ∥C1P.所以AM∥C1P.因为A1C1∩C1P=C1,AC∩AM=A,所以平面A1PC1∥平面AMC.1.(优质试题新余二模)如图,几何体E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.(1)求证:BE=DE.(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.【解析】(1)设BD的中点为O,连接OC,OE,则由BC=CD知,CO⊥BD,又已知CE⊥BD,EC∩CO=C,∴BD⊥平面OCE.∴BD⊥OE,即OE是BD的垂直平分线,∴BE=DE.(2)取AB的中点N,连接MN,DN,∵M是AE的中点,∴MN∥BE,又MN⊄平面BEC,BE⊂平面BEC,∴MN∥平面BEC,∵△ABD是等边三角形,∴∠BDN=30°,又CB=CD,∠BCD=120°,∴∠CBD=30°,∴ND∥BC,又DN⊄平面BEC,BC⊂平面BEC,∴DN∥平面BEC,又MN∩DN=N,故平面DMN∥平面BEC,又DM⊂平面DMN,∴DM∥平面BEC.2.(优质试题衡水校级模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,E为PD的中点,F在AD上且∠FCD=30°.(1)求证:CE∥平面PAB.(2)若PA=2AB=2,求四面体P-ACE的体积.【解析】(1)∵∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,∴∠FDC=30°,∵∠FCD=30°,∴∠ACF=60°,∴AF=CF=DF,∴F为AD的中点,∵E为PD的中点,∴在△PAD中,EF是中位线,可得EF∥PA.∵EF⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,∴EF∥平面PAB.∵∠BAC=∠ACF=60°,∴CF∥AB.∵CF⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴CF∥平面PAB.∵EF、CF是平面CEF内的两条相交直线,∴平面CEF∥平面PAB.∵CE⊂平面CEF,∴CE∥平面PAB.(2)∵EF∥AP,∴EF∥平面APC,∵∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=60°,PA=2AB=2,∴AC=2AB=2,CD==2,∴V P-ACE=V E-PAC=V F-PAC=V P-ACF=S△ACF·PA=×××2×2×2=.3.(优质试题大石桥市校级学业考试)如图所示,△ABC为正三角形,CE⊥平面ABC,BD∥CE且CE=AC=2BD,试在AE上确定一点M,使得DM∥平面ABC.【解析】当M为AE的中点时,OM∥平面ABC.证明如下:取AC的中点为N,连接MN,NB,在△AEC中,∵M,N分别是边AC,AE的中点,∴CE=2MN且MN∥CE,又∵CE=2BD且BD∥CE,∴MN∥BD且MN=BD,∴四边形BDMN是平行四边形.∴DM∥BN,又∵BN⊂平面ABC,DM⊄平面ABC,∴DM∥平面ABC.故M为AE的中点时,DM∥平面ABC.4.(优质试题辽宁校级月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,(1)求证:平面A1BD∥平面B1D1C.(2)若E、F分别是AA1,CC1的中点,求证:平面EB1D1∥平面FBD.【解析】(1)由B1B∥DD1得四边形BB1D1D是平行四边形,∴B1D1∥BD,又B1D1⊂平面B1D1C,BD⊄平面B1D1C,∴BD∥平面B1D1C.同理A1D∥平面B1D1C.而A1D∩BD=D,∴平面A1BD∥平面B1D1C.(2)由BD∥B1D1得BD∥平面EB1D1.取BB1的中点G,连接AG,GF(图略),则AE B1G,四边形AEB1G为平行四边形,从而得B1E∥AG,同理GF AD,四边形AGFD为平行四边形,∴AG∥DF.∴B1E∥DF.∴DF∥平面EB1D1.∵BD∩DF=F,∴平面EB1D1∥平面FBD.5.(优质试题南京校级四模)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点.(1)求证:A1C∥平面AB1D.(2)设M为棱CC1上的点,且满足BM⊥B1D,求证:平面AB1D⊥平面ABM.【解析】(1)连接A1B交AB1于点O,连接OD.∵四边形AA1B1B为矩形,∴O是A1B的中点,又∵D是BC的中点,∴A1C∥OD.又∵A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面BB1C1C.∵BM⊂平面BB1C1C,∴AD⊥BM.又∵BM⊥B1D,AD∩B1D=D,AD,B1D⊂平面AB1D,∴BM⊥平面AB1D.又∵BM⊂平面ABM,∴平面AB1D⊥平面ABM.6.(优质试题万州区校级月考)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D、D1分别为AC、A1C1上的点.(1)当等于何值时,BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.【解析】(1)如图,取D1为线段A1C1的中点,此时=1,BC1∥平面AB1D1,证明如下:连接A1B交AB1于点O,连接OD1.由棱柱的性质,知四边形A1ABB1为平行四边形,∴O为线段A1B的中点.在△A1BC1中,点O、D1分别为A1B、A1C1的中点,∴OD1∥BC1.又∵OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,∴BC1∥平面AB1D1.∴当=1时,BC1∥平面AB1D1,(2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.因此BC1∥D1O,同理AD1∥DC1.∴=,=.又∵=1,∴=1,即=1.7.(优质试题双鸭山校级期末)如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.(1)求证:BC⊥平面PAC.(2)设Q为PA的中点,G为△AOC的重心,求证:平面OQG∥平面PBC.【解析】(1)∵AB是圆O的直径,∴BC⊥AC,又∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥PA.∵PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.(2)延长OG,交AC于点M,连接QM,∵G为△AOC的重心,∴OM是△AOC 的中线.∵Q为PA的中点,M为AC的中点,∴QM∥PC.∵QM⊄平面PBC,PC⊂平面PBC,∴QM∥平面PBC,同理可得QO∥平面PBC.∵QM、QO是平面OQG内的两条相交直线,∴平面OQG∥平面PBC.8.(优质试题朝阳区一模)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内是否存在点M,使得直线CM∥平面PBE?请说明理由.【解析】(1)因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD,则PA⊥CD.(2)由已知,BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,。