?五年2018-2022高考數(shù)學真題按知識點分類匯編16-直線、平面平行的判斷與性質(zhì)（含解析）

一、單選題
1．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖已知正方體，M，N分別是，的中點，則（????）

A．直線與直線垂直，直線平面
B．直線與直線平行，直線平面
C．直線與直線相交，直線平面
D．直線與直線異面，直線平面

二、解答題
2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
3．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）小明同學參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．

(1)證明：平面；
(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．
4．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．

(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
5．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）已知點，分別是正方形的邊，的中點.現(xiàn)將四邊形沿折起，使二面角為直二面角，如圖所示.

（1）若點，分別是，的中點，求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
6．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在正方體中， E為的中點．

（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
7．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點．過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）證明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱錐B–EB1C1F的體積．
8．（2019·全國·高考真題）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）求二面角A-MA1-N的正弦值．
9．（2019·全國·高考真題）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．
10．（2019·天津·高考真題） 如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）設(shè)分別為的中點，求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.
11．（2018·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面，，，、分別為、的中點.

（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求證：平面平面；
（Ⅲ）求證：平面.
12．（2018·全國·高考真題）如圖，矩形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．
（1）證明：平面平面；
（2）在線段上是否存在點，使得平面？說明理由．

13．（2019·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點.

（Ⅰ）求證：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由.
14．（2019·江蘇·高考真題）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）BE⊥C1E．
15．（2018·江蘇·高考真題）在平行六面體中，,．
求證：（1）；
（2）．


參考答案：
1．A
【分析】由正方體間的垂直、平行關(guān)系，可證平面，即可得出結(jié)論.
【詳解】
連，在正方體中，
M是的中點，所以為中點，
又N是的中點，所以，
平面平面，
所以平面.
因為不垂直，所以不垂直
則不垂直平面，所以選項B,D不正確；
在正方體中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直線是異面直線，
所以選項C錯誤，選項A正確.
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：熟練掌握正方體中的垂直、平行關(guān)系是解題的關(guān)鍵，如兩條棱平行或垂直，同一個面對角線互相垂直，正方體的對角線與面的對角線是相交但不垂直或異面垂直關(guān)系.
2．(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.
【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：過點作，如圖建立平面直角坐標系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設(shè)平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設(shè)二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.


3．(1)證明見解析；
(2)．

【分析】（1）分別取的中點，連接，由平面知識可知，，依題從而可證平面，平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，即可知四邊形為平行四邊形，于是，最后根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；
（2）再分別取中點，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍，即可解出．
【詳解】（1）如圖所示：

分別取的中點，連接，因為為全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如圖所示：

分別取中點，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識可知，，，，所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍．
因為，，點到平面的距離即為點到直線的距離，，所以該幾何體的體積
．
[方法二]：分割法二
如圖所示：

連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積


4．(1)見解析
(2)見解析

【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.
（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.
【詳解】（1）取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因為側(cè)面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設(shè)平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設(shè)直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設(shè)平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設(shè)直線與平面所成的角為，則
.


5．（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）要證明線面平行，可轉(zhuǎn)化為證明面面平行；
（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理，可知平面，再結(jié)合線面角的定義，可得得到直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】證明：（1）連接，
設(shè)點為的中點，連接，，
在中，又因為點為中點，
所以.

同理可證得，
又因為，分別為正方形的邊，的中點，
故，所以.
又因為，所以平面平面.
又因為平面，所以平面.
（2）因為為正方形，，分別是，的中點，
所以四邊形為矩形，則.
又因為二面角為直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
則為直線在平面內(nèi)的射影，
因為為直線與平面所成的角.
不妨設(shè)正方形邊長為，則，
在中，，
因為平面，平面，所以，
在中，，
，
即為直線與平面所成角的正弦值.
6．（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）證明出四邊形為平行四邊形，可得出，然后利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論；也可利用空間向量計算證明；
（Ⅱ）可以將平面擴展，將線面角轉(zhuǎn)化，利用幾何方法作出線面角，然后計算；也可以建立空間直角坐標系，利用空間向量計算求解 .
【詳解】（Ⅰ）[方法一]：幾何法
如下圖所示：

在正方體中，且，且，
且，所以，四邊形為平行四邊形，則，
平面，平面，平面；
[方法二]:空間向量坐標法
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

設(shè)正方體的棱長為，則、、、，，，
設(shè)平面的法向量為，由，得，
令，則，，則.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：幾何法
延長到，使得，連接，交于，
又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
連接，作,垂足為,連接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直線平面,
又∵直線平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直線上,∴直線為直線在平面中的射影，∠為直線與平面所成的角，
根據(jù)直線直線，可知∠為直線與平面所成的角.
設(shè)正方體的棱長為2，則,,∴,
∴,
∴,
即直線與平面所成角的正弦值為.

[方法二]：向量法
接續(xù)（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直線與平面所成角的正弦值為.
[方法三]：幾何法+體積法
如圖，設(shè)的中點為F，延長，易證三線交于一點P．
因為，
所以直線與平面所成的角，即直線與平面所成的角．
設(shè)正方體的棱長為2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直線與平面所成角的正弦值為．

[方法四]：純體積法
設(shè)正方體的棱長為2，點到平面的距離為h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
設(shè)直線與平面所成的角為，所以．
【整體點評】（Ⅰ）的方法一使用線面平行的判定定理證明，方法二使用空間向量坐標運算進行證明；
（II）第一種方法中使用純幾何方法，適合于沒有學習空間向量之前的方法，有利用培養(yǎng)學生的集合論證和空間想象能力，第二種方法使用空間向量方法，兩小題前后連貫，利用計算論證和求解，定為最優(yōu)解法；方法三在幾何法的基礎(chǔ)上綜合使用體積方法，計算較為簡潔；方法四不作任何輔助線，僅利用正余弦定理和體積公式進行計算，省卻了輔助線和幾何的論證，不失為一種優(yōu)美的方法.
7．（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）由分別為，的中點，，根據(jù)條件可得，可證，要證平面平面，只需證明平面即可；
（2）根據(jù)已知條件求得和到的距離，根據(jù)椎體體積公式，即可求得.
【詳解】（1）分別為，的中點，

又

在等邊中，為中點，則
又側(cè)面為矩形，



由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面


又平面
平面
平面
平面平面
（2）過作垂線，交點為，
畫出圖形，如圖

平面
平面，平面平面

又

為的中心.

故：，則，
平面平面，平面平面，
平面
平面
又在等邊中
即
由（1）知，四邊形為梯形
四邊形的面積為：
，
為到的距離，
.
【點睛】本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其求四棱錐的體積，解題關(guān)鍵是掌握面面垂直轉(zhuǎn)為求證線面垂直的證法和棱錐的體積公式，考查了分析能力和空間想象能力，屬于中檔題.
8．（1）見解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位線和可證得，證得四邊形為平行四邊形，進而證得，根據(jù)線面平行判定定理可證得結(jié)論；（2）以菱形對角線交點為原點可建立空間直角坐標系，通過取中點，可證得平面，得到平面的法向量；再通過向量法求得平面的法向量，利用向量夾角公式求得兩個法向量夾角的余弦值，進而可求得所求二面角的正弦值.
【詳解】（1）連接，

，分別為，中點????為的中位線
且
又為中點，且 且
四邊形為平行四邊形
，又平面，平面
平面
（2）設(shè)，
由直四棱柱性質(zhì)可知：平面
四邊形為菱形????
則以為原點，可建立如下圖所示的空間直角坐標系：

則：，，，D（0，-1,0）
取中點，連接，則
四邊形為菱形且????為等邊三角形
又平面，平面
平面，即平面
為平面的一個法向量，且
設(shè)平面的法向量，又，
，令，則，????

二面角的正弦值為：
【點睛】本題考查線面平行關(guān)系的證明、空間向量法求解二面角的問題.求解二面角的關(guān)鍵是能夠利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標系，從而通過求解法向量夾角的余弦值來得到二面角的正弦值，屬于常規(guī)題型.
9．（1）見解析；
（2）.
【分析】（1）利用三角形中位線和可證得，證得四邊形為平行四邊形，進而證得，根據(jù)線面平行判定定理可證得結(jié)論；
（2）根據(jù)題意求得三棱錐的體積，再求出的面積，利用求得點C到平面的距離，得到結(jié)果.
【詳解】（1）連接，

，分別為，中點????為的中位線
且
又為中點，且 且
四邊形為平行四邊形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，為中點，所以，
根據(jù)題意有，，
因為棱柱為直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
設(shè)點C到平面的距離為，
根據(jù)題意有，則有，
解得，
所以點C到平面的距離為.
【點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定，點到平面的距離的求解，在解題的過程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就是利用等積法求點到平面的距離是文科生?？嫉膬?nèi)容.
10．（I）見解析；（II）見解析；（III）.
【分析】（I）連接，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)，以及三角形中位線的性質(zhì)，得到，利用線面平行的判定定理證得結(jié)果；
（II）取棱的中點，連接，依題意，得，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)以及線面垂直的性質(zhì)得到，利用線面垂直的判定定理證得結(jié)果；
（III）利用線面角的平面角的定義得到為直線與平面所成的角，放在直角三角形中求得結(jié)果.
【詳解】（I）證明：連接，易知，，

又由，故，
又因為平面，平面，
所以平面.
（II）證明：取棱的中點，連接，

依題意，得，
又因為平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，故，
又已知，，
所以平面.
（III）解：連接，


由（II）中平面，
可知為直線與平面所成的角.
因為為等邊三角形，且為的中點，
所以，又，
在中，，
所以，直線與平面所成角的正弦值為.
【點睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力和推理能力.
11．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.
【分析】（1）欲證，只需證明即可；
（2）先證平面，再證平面平面；
（3）取中點，連接，證明，則平面.
【詳解】（Ⅰ）∵，且為的中點，∴.
∵底面為矩形，∴，∴；
（Ⅱ）∵底面為矩形，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
（Ⅲ）如圖，取中點，連接.

∵分別為和的中點，∴，且.
∵四邊形為矩形，且為的中點，∴，
∴，且，∴四邊形為平行四邊形，
∴，又平面，平面，∴平面.
【點睛】證明面面關(guān)系的核心是證明線面關(guān)系，證明線面關(guān)系的核心是證明線線關(guān)系.證明線線平行的方法：（1）線面平行的性質(zhì)定理；（2）三角形中位線法；（3）平行四邊形法. 證明線線垂直的常用方法：（1）等腰三角形三線合一；（2）勾股定理逆定理；（3）線面垂直的性質(zhì)定理；（4）菱形對角線互相垂直.
12．（1）證明見解析
（2）存在，理由見解析
【詳解】分析：（1）先證,再證，進而完成證明．
（2）判斷出P為AM中點，，證明MC∥OP，然后進行證明即可．
詳解：（1）由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．
因為BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）當P為AM的中點時，MC∥平面PBD．
證明如下：連結(jié)AC交BD于O．因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC中點．
連結(jié)OP，因為P為AM 中點，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．

點睛：本題主要考查面面垂直的證明，利用線線垂直得到線面垂直，再得到面面垂直，第二問先斷出P為AM中點，然后作輔助線，由線線平行得到線面平行，考查學生空間想象能力，屬于中檔題．
13．（Ⅰ）見解析；
（Ⅱ）見解析；
（Ⅲ）見解析.
【分析】(Ⅰ)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結(jié)論；
(Ⅱ)由幾何體的空間結(jié)構(gòu)特征首先證得線面垂直，然后利用面面垂直的判斷定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由題意，利用平行四邊形的性質(zhì)和線面平行的判定定理即可找到滿足題意的點.
【詳解】（Ⅰ）證明：因為平面,所以；
因為底面是菱形，所以;
因為,平面,
所以平面.
（Ⅱ）證明：因為底面是菱形且，所以為正三角形，所以,
因為,所以；
因為平面，平面,
所以；
因為
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在點為中點時，滿足平面；理由如下:

分別取的中點，連接,
在三角形中，且；
在菱形中，為中點，所以且，所以且，即四邊形為平行四邊形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.
14．（1）見解析；（2）見解析.
【分析】(1)由題意結(jié)合幾何體的空間結(jié)構(gòu)特征和線面平行的判定定理即可證得題中的結(jié)論；
(2)由題意首先證得線面垂直，然后結(jié)合線面垂直證明線線垂直即可.
【詳解】（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，

所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
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BE⊥AC.
因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以CC1⊥BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【點睛】本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.
15．（1）見解析（2）見解析
【詳解】分析：（1）先根據(jù)平行六面體得線線平行，再根據(jù)線面平行判定定理得結(jié)論；（2）先根據(jù)條件得菱形ABB1A1，再根據(jù)菱形對角線相互垂直，以及已知垂直條件，利用線面垂直判定定理得線面垂直，最后根據(jù)面面垂直判定定理得結(jié)論.
詳解：
證明：（1）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因為AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．
又因為AA1=AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因為A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因為AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
點睛：本題可能會出現(xiàn)對常見幾何體的結(jié)構(gòu)不熟悉導致幾何體中的位置關(guān)系無法得到運用或者運用錯誤，如柱體的概念中包含“兩個底面是全等的多邊形，且對應(yīng)邊互相平行，側(cè)面都是平行四邊形”，再如菱形對角線互相垂直的條件，這些條件在解題中都是已知條件，缺少對這些條件的應(yīng)用可導致無法證明.

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