2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：8.3　直线、平面平行的判定与性质 Word版含解析【KS5U 高考】

这是一份2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：8.3　直线、平面平行的判定与性质 Word版含解析【KS5U 高考】，共20页。

8.3　直线、平面平行的判定与性质
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
直线、平面平行的判定与性质
1.以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题
2016天津文,17
2015天津文,17
2014天津文,17
直线、平面平行的判定和性质定理的灵活应用
直线、平面垂直的判定和性质定理
★★★
分析解读　　1.理解空间直线和平面位置关系的定义,了解直线和平面的位置关系,掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理;2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题;3.推理和证明要严谨、合理、充分;4.高考对本节内容的考查,一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化思想,题型以解答题为主,属中档题.
破考点
【考点集训】
考点　直线、平面平行的判定与性质
1.(2016课标Ⅰ文,11,5分)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.32　　　　B.22　　　　C.33　　　　D.13
答案　A　
2.(2016山东文,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF∥DB.
(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC⊥FB;
(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH∥平面ABC.

证明　(1)因为EF∥DB,
所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.
因为AE=EC,D为AC的中点,所以DE⊥AC.
同理可得BD⊥AC.
又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF,
因为FB⊂平面BDEF,所以AC⊥FB.

(2)设FC的中点为I.连接GI,HI.
在△CEF中,因为G是CE的中点,I是FC的中点,
所以GI∥EF,又EF∥DB,所以GI∥DB,
又DB⊂平面ABC,GI⊄平面ABC,所以GI∥平面ABC.
在△CFB中,因为H是FB的中点,I是FC的中点,所以HI∥BC,
又BC⊂平面ABC,HI⊄平面ABC,所以HI∥平面ABC.
又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.

思路分析　第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得AC⊥DE,AC⊥DB,从而得线面垂直,利用线面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行从而得线面平行,进而证面面平行,再利用面面平行的性质得出结论.
评析本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力,同时考查学生对转化与化归思想的应用.
炼技法
【方法集训】
方法1　证明线面平行的方法
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA=AB=1,E为PC的中点.
(1)求证:PA∥平面BDE;
(2)求三棱锥P-BDE的体积.

解析　(1)证明:连接AC,设AC∩BD=O,连接OE,则O为AC的中点,
∵E为PC的中点,∴PA∥OE,
又OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,
∴PA∥平面BDE.

(2)连接AE,由(1)知PA∥平面BDE,∴P到平面BDE的距离与A到平面BDE的距离相等,即VP-BDE=VA-BDE,又VA-BDE=VE-ABD=12VP-ABD=12×13×1×12×1×1×sin 120°=324,
∴VP-BDE=324.
方法2　证明面面平行的方法
2.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,点O是线段AB的中点,PO⊥平面ABCD,PO=CD=DA=12AB=4,M是线段PA的中点.

(1)证明:平面PBC∥平面ODM;
(2)求点A到平面PCD的距离.
解析　(1)证明:由题意,得CD∥BO,且CD=BO,
∴四边形OBCD为平行四边形,∴BC∥OD.
∵BC⊂平面PBC,OD⊄平面PBC,∴OD∥平面PBC.
又∵O是AB的中点,M是PA的中点,∴OM∥PB.
又OM⊄平面PBC,PB⊂平面PBC,
∴OM∥平面PBC.又OM∩OD=O,
∴平面PBC∥平面ODM.
(2)取CD的中点N,连接ON,PN,如图所示,则ON⊥CD.

∵PO⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PO⊥CD.
又∵ON⊥CD,PO∩ON=O,
∴CD⊥平面PNO.
∵PN⊂平面PNO,∴CD⊥PN.
∴ON,PN分别为△ACD,△PCD的公共边CD上的高.
由题意可求得ON=23,则PN=27,
设点A到平面PCD的距离为d.
∵V三棱锥A-PCD=V三棱锥P-ACD,
即13×12×4×27×d=13×12×4×23×4,
∴d=4217.即点A到平面PCD的距离为4217.
过专题
【五年高考】
A组　自主命题·天津卷题组
1.(2016天津文,17,13分)如图,四边形ABCD是平行四边形,平面AED⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,BC=EF=1,AE=6,DE=3,∠BAD=60°,G为BC的中点.
(1)求证:FG∥平面BED;
(2)求证:平面BED⊥平面AED;
(3)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.

解析　(1)证明:取BD中点O,连接OE,OG.在△BCD中,因为G是BC中点,所以OG∥DC且OG=12DC=1,又因为EF∥AB,AB∥DC,所以EF∥OG且EF=OG,即四边形OGFE是平行四边形,所以FG∥OE.
又FG⊄平面BED,OE⊂平面BED,
所以,FG∥平面BED.

(2)证明:在△ABD中,AD=1,AB=2,∠BAD=60°,由余弦定理可得BD=3,进而∠ADB=90°,即BD⊥AD.又因为平面AED⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,所以BD⊥平面AED.又因为BD⊂平面BED,
所以,平面BED⊥平面AED.
(3)因为EF∥AB,所以直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所成的角.
过点A作AH⊥DE于点H,连接BH.
又平面BED∩平面AED=ED,
由(2)知AH⊥平面BED.
所以,直线AB与平面BED所成的角即为∠ABH.
在△ADE中,AD=1,DE=3,AE=6,由余弦定理得cos∠ADE=23,所以sin∠ADE=53,因此,AH=AD·sin∠ADE=53.
在Rt△AHB中,sin∠ABH=AHAB=56.
所以,直线EF与平面BED所成角的正弦值为56.
方法总结　证明线面平行常用线线平行或面面平行进行转化;在证明面面垂直时注意线、面垂直之间的相互转化;解决线面角问题的关键是找出斜线在平面内的射影,常用定义法求解.
2.(2015天津文,17,13分)如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,点E和F分别为BC和A1C的中点.
(1)求证:EF∥平面A1B1BA;
(2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1;
(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.

解析　(1)证明:如图,连接A1B.在△A1BC中,因为E和F分别是BC和A1C的中点,所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA.

(2)证明:因为AB=AC,E为BC中点,所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,所以BB1⊥平面ABC,从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1=B,所以AE⊥平面BCB1,又因为AE⊂平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面BCB1.
(3)取BB1的中点M和B1C的中点N,连接A1M,A1N,NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点,所以NE∥B1B,NE=12B1B,故NE∥A1A且NE=A1A,所以A1N∥AE,且A1N=AE.又因为AE⊥平面BCB1,所以A1N⊥平面BCB1,从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角.
在△ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2.
因为BM∥AA1,BM=AA1,
所以A1M∥AB,A1M=AB,
又由AB⊥BB1,有A1M⊥BB1.
在Rt△A1MB1中,可得A1B1=B1M2+A1M2=4.
在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N=A1NA1B1=12,
因此∠A1B1N=30°.
所以,直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°.
评析本小题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2017课标Ⅰ文,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

答案　A　
2.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④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.
其中正确的命题有　　　　.(填写所有正确命题的编号) 
答案　②③④
3.(2018课标Ⅲ文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.

解析　本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.
(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,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)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.
理由如下:如图,连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.
MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.

易错警示　使用面面垂直的判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.
4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.
求证:(1)AB∥平面A1B1C;
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.

证明　本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查学生的空间想象能力和推理论证能力.
(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,
所以AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC,
又因为AB1⊂平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
5.(2016课标Ⅲ文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明:MN∥平面PAB;
(2)求四面体N-BCM的体积.

解析　(1)证明:由已知得AM=23AD=2,
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分)

又AD∥BC,故TN?AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)
(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为12PA.(9分)
取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5.
由AM∥BC得M到BC的距离为5,
故S△BCM=12×4×5=25.
所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=13·S△BCM·PA2=453.(12分)
评析本题考查了线面平行的判定,考查了求三棱锥的体积,考查了学生的空间想象力.线段的中点问题一般应用三角形的中位线求解.
6.(2016四川文,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD.
(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由;
(2)证明:平面PAB⊥平面PBD.

解析　(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下:
连接CM.因为AD∥BC,BC=12AD,
所以BC∥AM,且BC=AM.
所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB.
又AB⊂平面PAB,CM⊄平面PAB,所以CM∥平面PAB.
(说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)证明:连接BM,
因为AD∥BC,BC=12AD,所以直线AB与CD相交,
因为PA⊥AB,PA⊥CD,
所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD.
因为AD∥BC,BC=12AD,
所以BC∥MD,且BC=MD.
所以四边形BCDM是平行四边形.
所以BM=CD=12AD,所以BD⊥AB.
又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.
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点所在位置再证明.
(2)由已知的线线垂直想到线面垂直,再证面面垂直.
评析本题考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定,熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.
7.(2014山东文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=12AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.
(1)求证:AP∥平面BEF;
(2)求证:BE⊥平面PAC.

证明　(1)设AC∩BE=O,连接OF,EC.

由于E为AD的中点,
AB=BC=12AD,AD∥BC,
所以AE∥BC,AE=AB=BC,
因此四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点.
又F为PC的中点,因此在△PAC中,可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC,ED=BC,
所以四边形BCDE为平行四边形,
因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD,所以AP⊥CD,
因此AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC.
又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
C组　教师专用题组
1.(2013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是(　　)
A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n
B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n　　　　C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
答案　D　
2.(2013安徽,15,5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是　　　(写出所有正确命题的编号). 

①当0 ②当CQ=12时,S为等腰梯形;
③当CQ=34时,S与C1D1的交点R满足C1R=13;
④当34 ⑤当CQ=1时,S的面积为62.
答案　①②③⑤
3.(2014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).
(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;
(2)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.

解析　(1)证明:如图1,连接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.

(2)如图2,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,
所以EF∥BD,且EF=12BD.
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=12PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,
于是EQ=FP=1+λ2,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,连接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°.
连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.
连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.
在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-222=λ2+12,
OG2=1+(2-λ)2-222=(2-λ)2+12,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+12+λ2+12=4,解得λ=1±22,故存在λ=1±22,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.
4.(2014天津文,17,13分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,BA=BD=2,AD=2,PA=PD=5,E,F分别是棱AD,PC的中点.
(1)证明EF∥平面PAB;
(2)若二面角P-AD-B为60°,
(i)证明平面PBC⊥平面ABCD;
(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.

解析　(1)证明:如图,取PB中点M,连接MF,AM.

因为F为PC中点,故MF∥BC且MF=12BC.由已知有BC∥AD,BC=AD.又由于E为AD中点,因而MF∥AE且MF=AE,故四边形AMFE为平行四边形,所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB,而EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.
(2)(i)证明:连接PE,BE.因为PA=PD,BA=BD,而E为AD中点,故PE⊥AD,BE⊥AD,所以∠PEB为二面角P-AD-B的平面角.在△PAD中,由PA=PD=5,AD=2,可解得PE=2.在△ABD中,由BA=BD=2,AD=2,可解得BE=1.在△PEB中,PE=2,BE=1,∠PEB=60°,由余弦定理,可解得PB=3,从而∠PBE=90°,即BE⊥PB.又BC∥AD,BE⊥AD,从而BE⊥BC,因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD,所以,平面PBC⊥平面ABCD.
(ii)连接BF.由(i)知,BE⊥平面PBC,所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角.由PB=3及已知,得∠ABP为直角.而MB=12PB=32,可得AM=112,故EF=112.又BE=1,故在直角三角形EBF中,sin∠EFB=BEEF=21111.
所以,直线EF与平面PBC所成角的正弦值为21111.
评析本题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
【三年模拟】
解答题(共90分)
1.(2019届天津七校联考期中,16)如图,在三棱柱ABM-DCN中,侧面ABCD为菱形,且MA⊥平面ABCD.
(1)求证:AC⊥BN;
(2)当点E在AB的什么位置时,AN∥平面MEC成立,并加以证明.

解析　(1)证明:连接BD,由题意得AC⊥BD,
又因为MA⊥平面ABCD,MA∥DN,
所以DN⊥平面ABCD,
所以AC⊥DN.

因为DN∩DB=D,所以AC⊥平面NDB,
又因为BN⊂平面NDB,所以AC⊥BN.
(2)当E为AB的中点时,有AN∥平面MEC.
设CM与BN交于F,连接EF,
由已知可得四边形BCNM是平行四边形,
所以F是BN的中点.
因为E是AB的中点,
所以AN∥EF.
又EF⊂平面MEC,AN⊄平面MEC,
所以AN∥平面MEC.
2.(2018天津十二区县一模,17)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,AC=BC,AB=2A1A=4,以AB,BC为邻边作平行四边形ABCD,连接A1D,DC1.
(1)求证:DC1∥平面A1ABB1;
(2)若二面角A1-DC-A为45°.
①求证:平面A1C1D⊥平面A1AD;
②求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值.

解析　(1)证明:由题意知AD∥BC∥B1C1且AD=BC=B1C1,
∴四边形ADC1B1为平行四边形,∴AB1∥DC1,
又∵AB1⊂平面A1ABB1,DC1⊄平面A1ABB1,
∴DC1∥平面A1ABB1.
(2)①证明:取DC中点M,连接A1M,AM,
易知Rt△A1AD≌Rt△A1AC,
∴A1D=A1C,∴A1M⊥DC,
又易知AM⊥DC,∴∠A1MA为二面角A1-DC-A的平面角,
∴∠A1MA=45°,
∴在Rt△A1AM中,AA1=AM=2,∴AD=AC=22,
∴AC2+AD2=DC2,∴AC⊥AD,
由题知AC⊥AA1,AD∩AA1=A,∴AC⊥平面A1AD,
又∵AC∥A1C1,∴A1C1⊥平面A1AD,又∵A1C1⊂平面A1C1D,
∴平面A1C1D⊥平面A1AD.
②∵AB1∥C1D,∴C1D与平面A1AD所成角与AB1与平面A1AD所成角相等,
由①知C1A1⊥平面A1AD,
∴A1D为线段C1D在平面A1AD内的射影,
∠A1DC1为直线DC1与平面A1AD所成的角,
在Rt△A1DC1中,tan∠A1DC1=A1C1A1D=63,
∴直线AB1与平面A1AD所成角的正切值为63.
3.(2018天津河北一模,17)如图,平面ABE⊥平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形,∠CBA=90°,AD∥BC∥EF,△ABE为等边三角形,AB=23,BC=2,AD=4,EF=3,G为CD的中点.
(1)求证:FG∥平面ABE;
(2)求证:平面CDF⊥平面ABCD;
(3)求直线AF与平面CDF所成角的正切值.

解析　(1)证明:取AB的中点H,连接EH,GH,则GH为直角梯形ABCD的中位线,

∴GH=12(AD+BC)=3,GH∥AD,
又EF=3,EF∥AD,∴GH∥EF,GH=EF,
∴四边形EFGH是平行四边形,故EH∥FG,
又FG⊄平面ABE,EH⊂平面ABE,
∴FG∥平面ABE.
(2)证明:∵△ABE是等边三角形,∴EH⊥AB,
又平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB,EH⊂平面ABE,
∴EH⊥平面ABCD,
又EH∥FG,∴FG⊥平面ABCD,
又FG⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ABCD.
(3)连接AC,AG,
在直角梯形ABCD中,AC=AB2+BC2=4,又AD=4,G为CD中点,∴AG⊥CD.
又FG⊥平面ABCD,AG⊂平面ABCD,
∴FG⊥AG,∴AG⊥平面FCD,
∴∠AFG为直线AF与平面CDF所成的角,
∵CD=AB2+(AD-BC)2=4,AC=4,∴AG=AC2-CG2=23,
∵△ABE是等边三角形,AB=23,
∴FG=EH=3,
∴tan∠AFG=AGFG=233.
4.(2018天津南开二模,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PC⊥AD,PA=AB=BC,点E在棱PB上,且PE=2EB,AB∥DC,AB⊥BC.
(1)求证:平面PAB⊥平面PCB;
(2)求证:PD∥平面EAC;
(3)求二面角A-CD-P的正切值.

解析　(1)证明:∵PA⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴PA⊥BC,
∵AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,
∵BC⊂平面PCB,
∴平面PAB⊥平面PCB.
(2)证明:∵PA⊥底面ABCD,
∴AC为PC在平面ABCD内的射影.
又∵PC⊥AD,∴AC⊥AD.
∵AB⊥BC,AB=BC,∴∠BAC=45°,
又AB∥DC,∴∠DCA=∠BAC=45°,
故△DAC为等腰直角三角形,
∴DC=2AC=2AB.
连接BD,交AC于点M,连接EM,则DMMB=DCAB=2.
在△BPD中,PEEB=DMMB=2,
∴PD∥EM,
又∵PD⊄平面EAC,EM⊂平面EAC,
∴PD∥平面EAC.

(3)取DC中点H,连接AH,PH,
由(2)可知△DAC为等腰直角三角形,
∴AH⊥DC.
∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,
∴PA⊥CD,
又AH∩PA=A,
∴CD⊥平面PAH,
∴CD⊥PH,
∴∠PHA即为二面角A-CD-P的平面角,
∴tan∠PHA=PAAH=1.
5.(2018天津部分区县期末,17)如图,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为2的正方形,△BCF为正三角形,G,H分别为BC,EF的中点,EF=4且EF∥AB,EF⊥FB.
(1)求证:GH∥平面EAD;
(2)求证:FG⊥平面ABCD;
(3)求GH与平面ABCD所成角的正弦值.

解析　(1)证明:如图,取AD的中点M,连接EM,GM,
因为四边形ABCD是边长为2的正方形,M、G分别为AD、BC的中点,所以MG∥AB,又EF∥AB,所以MG∥EF,
因为H为EF的中点,EF=4,AB=2,
所以EH=AB=MG,所以四边形EMGH为平行四边形,所以GH∥EM,
又因为GH⊄平面EAD,EM⊂平面EAD,
所以GH∥平面EAD.

(2)证明:因为EF⊥FB,EF∥AB,所以AB⊥FB,
在正方形ABCD中,AB⊥BC,BC∩FB=B,所以AB⊥平面FBC,
又FG⊂平面FBC,所以AB⊥FG,
在正三角形FBC中,FG⊥BC,又AB∩BC=B,所以FG⊥平面ABCD.
(3)如图,连接HM,由(1)(2)可知HM⊥平面ABCD,
所以∠HGM为GH与平面ABCD所成的角,
在Rt△HGM中,HM=3,MG=2,
所以HG=HM2+MG2=7,所以sin∠HGM=HMHG=37=217.

6.(2018天津部分区县二模,17)在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,FC⊥平面ABCD,ED∥FC,点G为AB的中点,且FC=AB=2ED=2CD=2,∠ABC=60°.
(1)求证:AE∥平面GCF;
(2)求证:平面ACF⊥平面BCF;
(3)求直线FB与平面ADE所成角的正弦值.

解析　(1)证明:取FC的中点N,连接EN,因为ED∥FC,FC=2ED,所以ED平行且等于NC,
所以四边形EDCN是平行四边形,所以EN平行且等于DC,
连接NG,因为DC平行且等于AG,
所以EN平行且等于AG,所以四边形EAGN是平行四边形,所以EA∥NG,
又EA⊄平面GCF,NG⊂平面GCF,所以AE∥平面GCF.

(2)证明:因为DC平行且等于AG,所以四边形AGCD为平行四边形,
所以AD=CG,
因为AD=BC,所以BC=GC,
因为∠ABC=60°,所以△BCG为等边三角形,
因为AB=2,所以BC=BG=12AB=1,由余弦定理得
AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos∠ABC=3,
所以AC2+BC2=AB2,即∠ACB=90°,
所以AC⊥BC,又AC⊥CF,BC∩FC=C,
所以AC⊥平面BCF,又AC⊂平面ACF,
所以平面ACF⊥平面BCF.
(3)因为ED∥FC,ED⊄平面GCF,FC⊂平面GCF,所以ED∥平面GCF,
由(1)知AE∥平面GCF,且AE∩ED=E,所以平面ADE∥平面GCF,
所以直线FB与平面ADE所成的角也为直线FB与平面GCF所成的角.
由(2)知CG=BG=BC=1,设Q为CG中点,连接BQ,FQ,所以BQ⊥GC.
因为FC⊥平面ABCD,所以FC⊥BQ,因为FC∩GC=C,
所以BQ⊥平面GCF,
所以∠BFQ为直线FB与平面ADE所成的角,
因为BQ=32CG=32,
在直角△BCF中,FB=FC2+BC2=5,又sin∠BFQ=BQFB=325=1510,
所以直线FB与平面ADE所成角的正弦值为1510.
7.(2017天津耀华中学第二次月考,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,且DB平分∠ADC,AC与BD交于点O,E为PC的中点,AD=CD=1,PD=2,DB=22.
(1)证明:PA∥平面BDE;
(2)证明:AC⊥平面PBD;
(3)求三棱锥B-AEC的体积.

解析　(1)证明:连接OE,在△ADC中,因为AD=CD,且DB平分∠ADC,所以O为AC的中点,又由题设知E为PC的中点,故EO是三角形PAC的中位线,故EO∥PA,
又EO⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,所以PA∥平面BDE.
(2)证明:因为PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PD⊥AC.
因为AD=CD,DB平分∠ADC,所以BD⊥AC,又PD∩BD=D,故AC⊥平面PBD.
(3)取线段CD的中点F,连接EF,则EF∥PD,
因为PD⊥平面ABCD,
所以EF⊥平面ABCD,EF=1,
因为△ADC为等腰直角三角形,AD=CD=1,
所以AC=2,DO=22,OB=322,
所以VB-AEC=VE-ABC=13S△ABC·EF=12.

解题分析　本题考查证明线面平行、线面垂直的方法,求棱锥的体积,推出AC垂直于BD是解题的关键.