【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习第八章立体几何直线、平面平行的判定和性质理（含2022试题）理数1.(2022江西七校高三上学期第一次联考,7)已知和是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出⊥的是（ ）A.且 B.且C.且⊥ D.且[答案]1. C[解析]1. 对选项A，与平行或相交；对选项B，与平行或相交；选项C正确；选项D，与平行或相交.故选C.2.(2022湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(Ⅰ)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(Ⅱ)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.[答案]2.查看解析[解析]2.解法一:(几何方法)(Ⅰ)证明:如图1,连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(Ⅱ)如图2,连结BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=PQ.26\n在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连结OH,OG,则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.连结EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.连结GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二:(向量方法)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).(Ⅰ)证明:当λ=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(Ⅱ)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,26\n即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±.故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.3.(2022江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.[答案]3.查看解析[解析]3.(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.4.(2022山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(Ⅰ)求证:C1M∥平面A1ADD1;(Ⅱ)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角26\n)的余弦值.[答案]4.查看解析[解析]4.(Ⅰ)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.连结AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1M∥D1A,又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(Ⅱ)解法一:连结AC,MC,由(Ⅰ)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.可得BC=AD=MC,由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CA⊥CB.以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),26\n因此M,所以=,==.设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由得可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1).又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量.因此cos<,n>==.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由(Ⅰ)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连结D1N.由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°,可得CN=.所以ND1==.在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.26\n5.(2022北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(Ⅰ)求证:AB∥FG;(Ⅱ)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.[答案]5.查看解析[解析]5.(Ⅰ)在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(Ⅱ)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为α,则sinα=|cos<n,>|==.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).26\n因为点H在棱PC上,所以可设=λ(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.解得λ=,所以点H的坐标为.所以PH==2.6.（2022重庆一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，平面，，，。是的中点，是的中点，点在线段上，且。(1) 证明:平面；(2) 若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求的值。[答案]6.查看解析[解析]6. 法一：(1)如图，连并延长交于，连，过作交于，则，。故，从而。因平面，平面，故平面；26\n(2)过作于，作于，连。因平面，故平面平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。因，故，因此即为的角平分线。由⑴易知，故，从而，。由题易知平面，故。由题，故。所以，从而。法二：如图建立空间直角坐标系，则，，，，。 (1)设，则，因此。显然是平面的一个法向量，且，所以平面；26\n(2)由(1)，，，故由得，因此，从而，。设是平面的法向量，则，取得。设是平面的法向量，则，取得。故。7.(2022山东青岛高三第一次模拟考试,18)如图，四棱锥中,面，、分别为、的中点，，.（Ⅰ）证明：∥面；（Ⅱ）求面与面所成锐角的余弦值.[答案]7.查看解析[解析]7.：(Ⅰ)因为、分别为、的中点，所以∥，因为面，面，所以∥面. （4分）（Ⅱ）因为，26\n所以，又因为为的中点，所以，所以，得，即6， （6分）因为，所以，分别以为轴建立坐标系，所以，则，（8分）设、分别是面与面的法向量，则，令，又，令，所以. （12分）8.(2022安徽合肥高三第二次质量检测，17)如图，平面为圆柱的轴截面.点26\n弧上的点，点为的中点.（Ⅰ）求证：∥平面； （Ⅱ）若，，求二面角的余弦值．[答案]8.查看解析[解析]8. （Ⅰ）连结，，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，由平面平面，又平面，所以平面. （6分）（Ⅱ）解法一 过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，因为平面，平面，所以，而，所以平面，所以，由，所以平面，所以，故为二面角的平面角，26\n令，在中，，，所以，所以. （12分）解法二 如图，建立空间之间坐标系，设，因为，，所以，，，设平面的一个法向量为，，，由得，取，则，即，因为平面为圆柱的轴截面，所以平面的一个法向量为，所以，即二面角的余弦值为.（12分）9.(2022贵州贵阳高三适应性监测考试,19)如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，.26\n(Ⅰ)若点为的中点，求证：∥平面；（Ⅱ）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.[答案]9.查看解析[解析]9.解：（Ⅰ）四边形为正方形，连接，，则是的中点，又因为点为的中点，连接，则为的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面. （6分）（Ⅱ）根据题意得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则，26\n设满足条件的点存在，令，因为，设是平面的一个法向量，则得，设，则平面的法向量为，由题知平面的一个法向量，由二面角的大小为得：，解得，所以当时二面角的大小为.（12分）10.（2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，19） 如图，四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，底面是菱形，,点P在底面上的射影为ΔACD的重心，点M为线段上的点．（1）当点M为PB的中点时，求证：PD//平面ACM；（2）当平面CDM与平面CBM夹角的余弦值为时，试确定点M的位置．26\n[答案]10.查看解析[解析]10. （1）设AC、BD的交点为I，连结MI， 因为I、M分别为BD、BP的中点，所以PD//MI，又MI在平面ACM内，所以PD//平面ACM； …………4分（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，过O点垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则,，，，， ………………6分设，则,，设平面26\nCBM的法向量为，则且，令则 ………………………10分所以11.（2022吉林实验中学高三年级第一次模拟，19）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，AD⊥CD，AB//CD，AB=AD=，点M在线段EC上且不与E、C重合。（1）当点M是EC中点时，求证：BM//平面ADEF；（2）当平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值为时，求三棱锥M—BDE的体积.[答案]11.查看解析[解析]11.（1）以分别为轴建立空间直角坐标系则的一个法向量，。即………………………..4分（2）依题意设，26\n设面的法向量则，令，则，面的法向量，解得………………10分为EC的中点，，到面的距离…………………………………………………………12分另解：用传统方法证明相应给分。12.(2022吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，19)如图，已知四棱锥，底面是等腰梯形，且∥，是中点，平面，，是中点．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.[答案]12.查看解析[解析]12. (1)证明：且∥，…2分则平行且等于，即四边形为平行四边形，所以.26\n …………6分(2)『解法1』：延长、交于点，连结，则平面，易证△与△全等，过作于，连，则，由二面角定义可知，平面角为所求角或其补角.易求，又，，由面积桥求得，所以所以所求角为，所以因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为『解法2』：以为原点，方向为轴，以平面内过点且垂直于方向为轴 以方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，，…………8分所以，，26\n可求得平面的法向量为又，，可求得平面的法向量为则，因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为. …………12分13.(2022江苏苏北四市高三期末统考,16)如图，在三棱锥中，点分别是棱的中点. （Ⅰ）求证：//平面；（Ⅱ）若平面平面，，求证：.[答案]13.查看解析[解析]13. 解析 （Ⅰ）在中，、分别是、的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（6分）（Ⅱ）在平面内过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面,又平面，所以，（10分）又，，平面，平面，所以平面，又平面，所以.（14分）14.(2022河北衡水中学高三上学期第五次调研考试,19)直四棱柱中，底面为菱形，且为延长线上的一点，面.设.26\n(Ⅰ)求二面角的大小；(Ⅱ)在上是否存在一点，使面?若存在，求的值;不存在，说明理由.[答案]14.查看解析[解析]14.(Ⅰ)设与交于，如图所示建立空间直角坐标系，则设则平面即，设平面的法向量为则由得令平面的一个法向量为又平面的法向量为二面角大小为.(6分）(Ⅱ)设得26\n，面 存在点使面此时.（12分）15.(2022江西七校高三上学期第一次联考,19)如图，在四棱锥中，为平行四边形，且平面，，为的中点，.（Ⅰ）求证：//平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.[答案]15.查看解析[解析]15. （Ⅰ）证明：连接，设与相交于点，连接，四边形是平行四边形，∴点为的中点.∵为的中点，∴为的中位线，∴//，（3分）∵，∴//. （6分）(Ⅱ)解法一：∵平面，//，则平面，故，又，且，∴取的中点，连接，则//，且.∴.作，垂足为，连接，由于，且，∴，∴.∴为二面角的平面角.（9分）由∽，得，得，在中，.26\n∴二面角的余弦值为. （12分）(Ⅱ)解法二：∵平面，，则平面，故，又且，∴.（9分）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.则，，，，，∴，，求得平面的法向量为，又平面的一个法向量为，∴.∴二面角的余弦值为. （12分）16.(2022广州高三调研测试,18)在如图6的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，∥，，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．[答案]16.查看解析[解析]16. （Ⅰ）证明1：因为，，在△中，由余弦定理可得．26\n所以．所以．因为，，、平面，所以平面． （4分） 证明2：因为，设，则．在△中，由正弦定理，得．因为，所以．整理得，所以．所以．因为，，、平面，所以平面． （4分） （Ⅱ）解法1：由（1）知，平面，平面，所以．因为平面为正方形，所以．因为，所以平面．（6分） 取的中点，连结，，因为是等腰梯形，且，，所以．所以△是等边三角形，且．（7分）取的中点，连结，，则．因为平面，，所以．因为，所以平面．所以为直线与平面所成角．因为平面，所以．因为，， （12分）在△中，．所以直线与平面所成角的正弦值为． （14分）解法二：由（Ⅰ）知，平面，平面，，四边形为正方形，，又，平面. （6分）、、两两互相垂直.26\n建立如图的空间直角坐标系，四边形为等腰梯形，且，，，设，则，，，，，，，， （9分）设平面的法向量为，则，即，取得是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为． （14分）17.(2022北京东城高三12月教学质量调研)如图：PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，PD=CD=2AD=2AB=2，EC=2PE.（Ⅰ）求证：PA∥平面BDE；（Ⅱ）求证：平面BDP⊥平面PBC；（Ⅲ）求二面角B-PC-D的余弦值.[答案]17.查看解析[解析]17.解：法一：证明：建立如图所示的坐标系，26\n（Ⅰ）A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），P（0，0，2），，，,，设，可得，因为，所以PA∥平DBE. （3分）（Ⅱ）因为，所以,BC⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，所以BC⊥BD，所以BC⊥平面PBD，所以平面BDP⊥平面PBC. （8分）（Ⅲ）因为AD⊥DC，AD⊥PD，所以是平面PDC的法向量，=（1，0，0），设平面PBC的法向量为n=（x，y，1），由， 得：n=（1，1，1），设二面角为B-PC-D为，则.所以二面角B-PC-D余弦值为. （14分）法二：26\n（Ⅰ）连结AC交BD于G，连结EG，∵AB∥CD，∴,由已知,得，∴PA∥EG，∵平面DEG，PA平面DEG，∴PA∥平面DEG. （3分）（Ⅱ）由已知可得，BD=，取CD的中点O，连结BO，ABOD为正方形，OB=OC=1，BC=，所以BD2+BC2=CD2，由勾股定理的逆定理知BC⊥BD，因为BC⊥PD，所以BC⊥平面BDP，所以平面BDP⊥平面PBC. （8分）（Ⅲ）BO⊥CD，BO⊥PD，所以BO⊥平面PDC，BO⊥PC，在平面PDC内作OM⊥PC交PC于点M，所以PC⊥平面BOM，连结BM，BM⊥PC，∠BMO是二面角B-PC-D的平面角.在Rt△BMO中，OB=1，OM=OCsin∠DCP=，BM=，cos∠BMO=,所以二面角B-PC-D余弦值为. （14分）26
