五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编16-直线、平面平行的判断与性质（含解析）一、单选题1．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面二、解答题2．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．3．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．(1)证明：平面；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．4．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．5．（2020·山东·统考高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.6．（2020·北京·统考高考真题）如图，在正方体中，E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．7．（2020·全国·统考高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．8．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．9．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．10．（2019·天津·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.11．（2018·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求证：平面.12．（2018·全国·高考真题）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．13．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.14．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．15．（2018·江苏·高考真题）在平行六面体中，,．求证：（1）；（2）．参考答案：1．A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.2．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.3．(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．【详解】（1）如图所示：分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积4．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【详解】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因为，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间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.5．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】证明：（1）连接，设点为的中点，连接，，在中，又因为点为中点，所以.同理可证得，又因为，分别为正方形的边，的中点，故，所以.又因为，所以平面平面.又因为平面，所以平面.（2）因为为正方形，，分别是，的中点，所以四边形为矩形，则.又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，所以平面，则为直线在平面内的射影，因为为直线与平面所成的角.不妨设正方形边长为，则，在中，，因为平面，平面，所以，在中，，，即为直线与平面所成角的正弦值.6．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.7．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.【详解】（1）分别为，的中点，又在等边中，为中点，则又侧面为矩形，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）过作垂线，交点为，画出图形，如图平面平面，平面平面又为的中心.故：，则，平面平面，平面平面，平面平面又在等边中即由（1）知，四边形为梯形四边形的面积为：，为到的距离，.【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.8．（1）见解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】（1）连接，，分别为，中点    为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形    则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，，，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且    为等边三角形又平面，平面平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，，令，则，    二面角的正弦值为