第10讲空间直线、平面的平行（核心考点讲与练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）

这是一份第10讲空间直线、平面的平行（核心考点讲与练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共36页。试卷主要包含了直线与平面平行的定义，平面与平面平行的定义，直线与平面平行，平面与平面平行，平行问题的转化关系，下列命题中，错误的结论有，判断正误等内容，欢迎下载使用。
第10讲空间直线、平面的平行（核心考点讲与练）

1．直线与平面平行的定义
直线与平面没有公共点，叫做直线与平面平行．
2．平面与平面平行的定义
如果两个平面没有公共点，叫做两个平面平行．
3．直线与平面平行
判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．简称：线线平行，则线面平行．
符号语言：⇒a∥α.
性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．简称：线面平行，则线线平行．
符号语言：⇒a∥b.
4．平面与平面平行
判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．简称：线面平行，则面面平行．
符号语言：⇒α∥β.
性质定理：自然语言：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．简称：面面平行，则线线平行．
符号语言：⇒ a∥b.
5．平行问题的转化关系


考点一 ： 平行关系命题判定问题
例1　空间中，下列命题正确的是________(填序号)
① 若a∥α，b∥a，则b∥α
② 若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥α
③ 若α∥β，b∥α，则b∥β
④ 若α∥β，a⊂α，则a∥β
答案　④
解析　对于①，b可以在α内，①错；对于②，当a，b相交时才能有β∥α，②错；对于③，b可能在β内，③错；由面面平行的性质知，④正确．
变式训练 对于平面α和共面的直线m，n，下列命题是真命题的是________(填序号)
①若m，n与α所成的角相等，则m∥n
②若m∥α，n∥α，则m∥n
③若m⊥α，m⊥n，则n∥α
④若m⊂α，n∥α，则m∥n
答案 ④
解析 由m⊂α，n∥α可知m与n不相交，又m与n共面，故m∥n.
解题要点 解决这类命题判定问题，一是对平行的判定定理、性质定理准确记忆并理解，二是可以借助图形分析．在作图时，一般是先作出平面，然后借助平面来考察其他的位置关系．
考点二 ： 线面平行的判定和性质
例2　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，E、F分别为PC、BD的中点．
求证：EF∥平面PAD.

解析　证明：连接AC，AC∩BD＝F.
∵ABCD为正方形，F为AC中点，E为PC中点，
∴在△CPA中，EF∥PA.
而PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD.
∴EF∥平面PAD.
变式训练 在空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H、G分别为BC、CD的中点，则________(填序号)
①BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形
②EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
③HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形
④EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形

答案　②
解析　如图，由题意，EF∥BD，且EF＝BD.HG∥BD，且HG＝BD.
∴EF∥HG，且EF≠HG.∴四边形EFGH是梯形．
又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行．故选②.
解题要点 对平行问题，应善于根据题意进行转化，要证线面平行，则一般需寻找线线平行。判断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊂α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂β，a∥α⇒a∥β)．
考点三 ： 面面平行的判定和性质
例3　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：

(1)直线EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明　(1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.
又∵SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，

∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.
又∵SD平面BDD1B1，FG⊂平面BDD1B1，
∴FG∥平面BDD1B1，由(1)知，
EG∥平面BDD1B1，且EG平面EFG，
FG平面EFG，EG∩FG＝G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.
变式训练 如图所示，在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面是正方形，E，F，G分别是棱B1B，D1D，DA的中点．求证：平面AD1E∥平面BGF.

解析　∵E，F分别是B1B和D1D的中点，∴D1F綊BE，
∴四边形BED1F是平行四边形，∴D1E∥BF.
又∵D1E⊄平面BGF，BF⊂平面BGF，∴D1E∥平面BGF.
∵FG是△DAD1的中位线，∴FG∥AD1.
又AD1⊄平面BGF，FG⊂平面BGF，∴AD1∥平面BGF.
又∵AD1∩D1E＝D1，∴平面AD1E∥平面BGF.
解题要点 证明面面平行同样需要在“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”间相互转化．一般来说，证明面面平行的常见方法是：①面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；②利用垂直于同一条直线的两个平面平行；③两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．

分层提分

题组A 基础过关练
一、单选题
1．（2022·全国·高一）下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是（       ）
A．直线a上有无数个点不在平面α内
B．直线a与平面α内的所有直线平行
C．直线a与平面α内无数条直线不相交
D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 由无数个点不代表所有的点来判断，B.由线面平行的性质来判断， C. 由无数条不代表所有的来判断，D. 由直线与平面平行的定义来判断.
【详解】
A. 无数个点不是所有点，所以不正确；
B. 可以平行 可以异面，所以不正确；
C. 无数条直线不是所有的直线，所以不正确；
D. 由直线与平面平行的定义，正确.
故选：D.
2．（2021·全国·高一课时练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，则在三棱锥A-BCD中，下列结论正确的是（　　）

A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意推出，，从而得到平面，又平面，可得平面平面．
【详解】
解：如图所示：

因为，，，所以四边形为直角梯形.
所以.
又因为，所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
若平面平面，那么平面，显然不成立，故A错误；
平面，
又因为平面，所以.又，，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面，故D正确；
平面平面，过点作平面的垂线，垂足落在上，显然垂线不在平面内，所以平面与平面不垂直，故C错误，同理B也错误.

故选：D
3．（2020·全国·高一课时练习）已知矩形ABCD，AB＝2，，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，（       ）
A．存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】
结合线面垂直、线线垂直的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示.
在图(1)中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，
由边AB，BC不相等可知点E，F不重合；
在图(2)中，连接CE.
对于选项A，若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，
所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误；
对于选项B，若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，
由ABAB，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误；
由以上可知选项D错误.
故选：B


4．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，正方体，E在上，F在上，且，过E作交BD于H，则平面EFH与平面的位置关系是（       ）

A．平行 B．相交 C．垂直 D．以上都有可能
【答案】A
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理：由线线平行推出面面平行.
【详解】
在平面中，因为，所以，
由正方体，，所以，
又因为，平面，平面，
平面，平面，，，
所以平面EFH//平面
故选: A.
二、多选题
5．（2021·全国·高一课时练习）（多选）四棱锥的所有棱长都相等，M、N分别为PA、CD的中点，下列说法正确的是（       ）
A．MN与PD是异面直线 B．平面PBC
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
画出图形，利用直线与平面平行的判定及性质判逐项判断即可
【详解】

由题意可知四棱锥所有棱长都相等，，分别为，的中点，与是异面直线，正确；
取的中点为，连接，，可得，所以平面，正确；，不正确；因为，所以正确；
故选：ABD
6．（2021·全国·高一课时练习）(多选题)下列命题中，错误的结论有（       ）
A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等
B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等
C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补
D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行
【答案】AC
【解析】
【分析】
由等角定理可判断A、B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.
【详解】
对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；
对于选项B：由等角定理可知B正确；
对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，与满足，，但是，，二者不相等也不互补.故选项C错误；

对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.
故选：AC.
7．（2021·湖北孝感·高一期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P为线段B1C1上的动点，则下列结论中正确的是（       ）

A．点A到平面A1BC的距离为 B．平面A1PC与底面ABC的交线平行于A1P
C．三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 D．二面角A1-BC-A的大小为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据点面距、面面平行、线面平行、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
A选项，四边形是正方形，所以，所以，
但与不垂直，所以与平面不垂直，所以到平面的距离不是，A选项错误.
B选项，根据三棱柱的性质可知，平面平面，所以平面，
设平面与平面的交线为，根据线面平行的性质定理可知，B选项正确.
C选项，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确.
D选项，设是的中点，由于，所以，所以二面角的平面角为，由于，所以，D选项错误.
故选：BC

8．（2021·全国·高一课时练习）如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（       ）

A．直线与为异面直线 B．平面
C．直线与为异面直线 D．平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据异面直线的概念可判断A，C；根据线面平行的判定可判断B，D.
【详解】
直线与、直线与不同在任何一个平面内，
满足异面直线的定义，所以A，C正确；
由正方体的结构特征可知，，且，
∴四边形为平行四边形，则，
∵平面，平面，
∴平面，故B正确；
由于与面相交，故D错误.
故选：ABC.
三、概念填空
9．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）若平面平面，平面，平面，则．( )
（2）夹在两平行平面之间的平行线段相等．( )
【答案】     ×     √
【详解】
（1）l与m 可以平行或异面，故错误；
（2）夹在两平行平面之间的平行线段相等，故正确.
10．（2022·全国·高一课时练习）在正方体中，下列四对截面彼此平行的一对是( )

A．平面与平面            B．平面与平面
C．平面与平面            D．平面与平面
【答案】A
【详解】
由正方体可得， ，，，由面面平行的判定定理可知平面与平面平行，故选A.
11．（2022·全国·高一课时练习）两个平面平行的性质定理
文字语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线___________
符号语言
，，___________
图形语言


【答案】     平行     //
12．（2022·全国·高一课时练习）两个平面平行的判定定理
文字语言
如果一个平面内的__________与另一个平面平行，那么这两个平面平行
符号语言
，，，，
图形语言


【答案】两条相交直线
13．（2022·全国·高一课时练习）直线平面，内有n条直线交于一点，则这n条直线中与直线a平行的直线( )
A．至少有一条       B．至多有一条       
C．有且只有一条       D．没有
【答案】C
【详解】
由直线平面，内有n条直线交于一点，故过该点的直线与的只有一条
故选：C
14．（2022·全国·高一课时练习）已知，，若，则等于( )
A．       B．或       C．       D．以上结论都不对
【答案】B
【详解】
由题可知：，，且
根据空间等角定理可知：为或
故选：B
15．（2022·全国·高一课时练习）如图，空间四边形中，E，F，G，H分别是，，，的中点，则四边形是( )

A．梯形       B．平行四边形       C．菱形       D．矩形
【答案】B
【详解】
根据中位线定理可知：//且，可知四边形为平行四边形
故选：B
16．（2022·全国·高一课时练习）判断正误．
（1）垂直于同一直线的两条直线互相平行．( )
（2）分别和两条异面直线平行的两条直线平行．( )
（3）如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角（或直角）相等．( )
【答案】     ×     ×     √
【详解】

（1）垂直于同一直线的两条直线可以平行、异面、相交，故错误
（2）分别和两条异面直线平行的两条直线相交或异面，故错误
（3）根据空间等角定理可知正确
17．（2022·全国·高一课时练习）异面直线所成的角
（1）定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线，，我们把直线_______所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．
（2）空间两条直线所成角的取值范围：_____________．
空间两直线垂直
如果两条异面直线所成的角是____________，那么我们就说这两条异面直线互相垂直．直线a与直线b互相垂直，记作______________．
【答案】     与          直角    
18．（2022·全国·高一课时练习）梯形中，，平面，平面，则直线与平面内的直线的位置关系只能是( )
A．平行       B．平行或异面       
C．平行或相交       D．异面或相交
【答案】B
【详解】
因为，平面，CD⊄平面，所以面，故则直线与平面内的直线的位置关系是平行或异面，故选：B
19．（2022·全国·高一课时练习）能保证直线a与平面平行的条件是( )
A．            B．
C．，且  D．
【答案】D
【详解】
对于A，直线a与平面平行或者直线a在平面内，故错误；
对于B，，直线a与平面平行或者直线a在平面内，故错误；
对于C，，且，直线a与平面平行或者直线a在平面内，故错误；
对于D，由线面平行的判定定理可知其正确，
故选：D
四、解答题
20．（2022·湖南·高一课时练习）如图，，直线AC分别交平面，，于点A，B，C，直线DF分别交平面，，于点D，E，F．求证：．

【分析】
分两种情况，作出辅助线，由面面平行的性质得到线线平行，进而得到对应边成比例，证明出结论.
【详解】
当直线AC与直线DF共面时，如图所示，连接AD，BE，CF，则由面面平行可知：AD∥BE∥CF，则由平行线分线段成比例可得：；

当直线AC与直线DF异面时，如下图，过点D作∥AC交于点M，交于点N，连接AD，BM，CN，ME，NF，由面面平行的性质可得：AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以，，从而.

21．（2022·湖南·高一课时练习）如图，已知平面，，且AC，BD与分别相交于点C，D，求证：．

【分析】
以线面平行性质定理去证明即可解决.
【详解】
由，可知与可以确定一个平面
由AC、BD与平面分别相交于点C、D，可知平面平面
平面，平面，平面平面，
则，又
则四边形为平行四边形，则
22．（2022·湖南·高一课时练习）使矩形木板ABCD的一边AB紧靠桌面并绕AB转动，当AB的对边CD转动到各个位置时，是不是都与桌面所在的平面平行？为什么？
【答案】不一定，理由见解析
【分析】
由已知可得，再由直线与平面平行的判定分析与桌面的位置关系．
【详解】
解：不一定．
四边形为矩形，，
设桌面所在平面为，，
在木板绕转动时，若木板不与桌面重合，则平行于桌面，
若木板与桌面重合时，则，
故与桌面的关系是平行或在桌面内．
23．（2022·湖南·高一课时练习）求证：过平面内一点的直线平行于与该平面平行的一条直线，那么这条直线在该平面内．
【分析】
利用反证法证明即可
【详解】
假设过平面内一点的直线平不在此平面内，设这条直线为，过平面内一点为A，平行平面的直线为，平面为P，P上存在直线与平行，
，，又因为,，又因为，
与有交点，与不平行，与假设矛盾，原命题得证
题组B 能力提升练
一、单选题
1．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室高一期末）如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中不能满足平面的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.
【详解】
对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，故选项A不符合题意.

对于B选项，设是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，故平面，因此选项B符合题意.

对于C选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，故选项C不符合题意.

对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，故选项D不符合题意.

故选：B
2．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末）过直线外两点，作与平行的平面，则这样的平面（       ）
A．不可能作出 B．只能作出一个
C．能作出无数个 D．上述三种情况都存在
【答案】D
【分析】
根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论.
【详解】
过直线l外两点作与l平行的平面，
如果两点所在的直线与已知直线相交,则这样的平面不存在;
如果两点所在的直线与已知直线平行,则这样的平面有无数个;
如果两点所在的直线与已知直线异面,则这样的平面只有一个.
因此只有D正确.
故选：D
3．（2022·湖北省天门中学高一阶段练习）在正方体中，有以下结论：①面；②；③与是异面直线；④与成角，其中正确的结论共有（       ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
根据正方体的结构特征，由线面平行的判定定理判断①，由平行的性质判断②，由异面直线概念判断③，根据异面直线所成的角判断④.
【详解】如图，

①中，由,平面，平面，可得面，故正确；
②中，由,,可得，故正确；
③中，由正方体可知与是异面直线，正确；
④中，因为，所以与所成角为（或其补角），在等边中，，故正确.
故选：D
二、多选题
4．（2021·福建莆田·高一期末）如图，在棱长为1的正方体中，P是上的动点，则（       ）

A．直线与是异面直线
B．平面
C．的最小值是2
D．当P与重合时，三棱锥的外接球半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
选项A，利用平面可说明直线与是异面直线；
选项B，先证明平面平面，再由平面，得平面；
选项C，通过作辅助线，将的最小值转化为求的值，在中，利用勾股定理求出的值；
选项D，认识到当P与重合时，三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个，利用正方体来求外接球半径.
【详解】
A选项，因为直线与平面相交于点，直线在平面内，所以由线线位置关系知，直线与是异面直线，故选项A正确；
B选项，连接，，由正方体性质，易知，，，所以四边形为平行四边形，
有，又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又，都在平面内，且相交于点，所以平面平面，
又平面，所以平面，故选项B正确；

C选项，延长到，使得，连接，
在上取点，使得，
则，有.
故.
过点作，交于点，
在中，因为，所以，又，
所以，，，，
所以的最小值为，故选项C错误；

D选项，当P与重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
又正方体的棱长为1，故其外接球半径，故选项D正确.
故选：ABD.
5．（2021·河北邯郸·高一期末）已知正方体的棱长为2，点为的中点，若以为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点，，，，则下列结论正确的是（       ）
A．平面平面 B．平面平面
C．四边形的面积为 D．四棱锥的体积为
【答案】ACD
【分析】
如图，计算可得分别为所在棱的中点，利用空间中面面的位置关系的判断方法可判断A、B的正误；计算出四边形的面积可得C正误；计算四棱锥的体积，可判断D正误.
【详解】

如图，连结，则，故棱与球面没有交点，
同理，棱与球面没有交点，
因为棱与棱之间的距离为，故棱与球面没有交点，
因为正方体的棱长为2，而，
球面与正方体的棱有四个交点，，，，
所以棱，，，与球面各有一个交点，如图各记为，，，，
因为为直角三角形，故，故为棱的中点，
同理分别为棱的中点，
由正方形、为所在棱的中点，可得，
同理，故，故共面，

因为，平面，平面，所以平面，
同理，平面，，，平面，
所以平面平面，故A正确；

若平面平面，则平面平面，而平面与平面显然不垂直，故B错误；
在矩形中，，，所以四边形的面积为，故C正确；
四棱锥的体积，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
6．（2021·重庆南开中学高一期中）如图所示四棱锥，底面为直角梯形，，，，，面，平面，则点轨迹长度为________．

【答案】
【分析】
本题可绘出如图所示的辅助线，然后通过平面平面得出点轨迹为线段，最后通过求出、的长度即可得出结果.
【详解】
如图，延长到点，使且，连接，
取中点，作，交于点，交于点，连接，

因为，所以，
因为，是中点，所以，，
因为，，，
所以平面平面，
因为平面，面，所以点轨迹为线段，
因为，，所以，
因为是中点，，，所以，
因为底面为直角梯形，
所以，，，，
故答案为：.
7．（2020·山东省桓台第一中学高一期中）已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题:
①平面，且的长度为定值；
②三棱锥的最大体积为；
③在翻折过程中，存在某个位置，使得.
其中正确命题的序号为__________．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②
【分析】
取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，得出，可判断出命题①的正误；由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥
的一半，并由平面平面，得出三棱锥体积的最大值，可判断出命题②的正误；取的中点，连接，由，结合得出平面，推出得出矛盾，可判断出命题③的正误.
【详解】
如下图所示：

对于命题①，取的中点，连接、，则，，
，由勾股定理得，
易知，且，、分别为、的中点，所以，，
四边形为平行四边形，，，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，当平面平面时，三棱锥体积取最大值，
取的中点，则，且，
平面平面，平面平面，，
平面，平面，
的面积为，
所以，三棱锥的体积的最大值为，
则三棱锥的体积的最大值为，命题②正确；
对于命题③，，为的中点，所以，，
若，且，平面，
由于平面，，事实上，易得，，
，由勾股定理可得，这与矛盾，命题③错误.
故答案为①②.
【点睛】
本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题.
四、解答题
8．（2022·广西·昭平中学高一期末）如图，在圆柱中，，分别是上、下底面圆的直径，且，，分别是圆柱轴截面上的母线.

(1)若，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积.
(2)证明：平面平面.
【答案】(1).
(2)证明见详解.
【解析】
【分析】
（1）借助圆柱的母线垂直于底面构造直角三角形计算可得半径，然后可得表面积；
（2）构造平行四边形证明，结合已知可证.
(1)
连接CF、DF
，


因为CD为直径，记底面半径为R，EF=2R
则

又

解得R=2
圆柱的表面积.

(2)
连接、、、
由圆柱性质知且

且
四边形为平行四边形

又平面CDE，平面CDE
平面CDE
同理，平面CDE
又，平面ABH，平面ABH
平面平面.
9．（2022·全国·高一）如图1，已知矩形中，，E为上一点且.现将沿着折起，使点D到达点P的位置，且，得到的图形如图2.

(1)证明为直角三角形；
(2)设动点M在线段上，判断直线与平面的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案不唯一，见解析
【解析】
【分析】
（1）利用折叠前后的线段长度及勾股定理求证即可；
（2）动点M满足时和，但时两种情况，利用线线平行或相交得到结论.
(1)
在折叠前的图中，如图：

，E为上一点且，
则，
折叠后，所以，又，

所以，所以为直角三角形.
(2)
当动点M在线段上，满足，同样在线段上取，使得，则，
当时，则，又且所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以此时平面；
当时，此时，但，
所以四边形为梯形，所以与必然相交，所以与平面必然相交.
综上，当动点M满足时，平面；
当动点M满足，但时，与平面相交.

10．（2021·黑龙江·双鸭山一中高一期末）如图所示的几何体是由三棱柱和四棱锥组合而成的，已知，线段与交于点，，分别为线段，的中点，平面平面，平面．

（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若是边长为2的等边三角形，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由线面平行性质得，再根据对角线互相平分可证；
（2）连接，，通过证明平面，可得为直线与平面所成的角，即可得证.
【详解】
（1）连接，因为平面，平面平面平面ABC1，
所以，
由为线段的中点，可知为线段的中点，
又为线段的中点，所以四边形为平行四边形．
（2）如图，连接，，
由（1）及是边长为2的等边三角形可知，平行四边形为菱形，且，．
易知四边形为菱形，又，，所以，．
又，所以平面，所以．
因为，所以．
因为，平面平面，平面平面，所以平面，
所以，又为的中点，，
所以，，
又，所以平面，
故为直线与平面所成的角．
易知，故．
故直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】
关键点睛：解决本题的关键是正确理解线面角的定义，作出恰当的辅助角，找到正确的线面角.
11．（2021·湖南·长郡中学高一期末）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，点分别在线段和上，且．

（1）求证：平面；
（2）设二面角大小为，若，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，交于，只须证明平行于平面内直线即可；
（2）取中点，连接、，可得为二面角的平面角，再在中利用余弦定理求出，过点作交于点，可证平面，即为点到平面的距离，又平面，则也为点到平面的距离，再利用等面积法求出，再求长，二者之比即为所求．
【详解】
（1）证明：连接，交于，
因为，，所以，，
因为，所以，
，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：取中点，连接、，
因为为正三角形，所以，，
因为为直角梯形，，，，所以四边形为矩形，
所以，因为，所以平面，所以平面平面，
所以为二面角的平面角，
所以，设，由余弦定理得，
于是，整理得，解得或（舍去），
过点作交于点，
因为，平面，所以平面，又面，所以面平面，面平面，平面，
所以平面，
所以为点到平面的距离，
因为，平面，平面，所以平面，
所以也为点到平面的距离，因为，所以，所以，即，解得，由，
所以直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】
(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
12．（2021·全国·高一课时练习）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型．点在棱上，满足，点在棱上，满足，要求同学们按照以下方案进行切割：

（1）试在棱上确定一点，使得平面；
（2）过点的平面交于点，沿平面平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定点的位置，请求出的值．
【答案】(1)答案见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用平行线的判定和线面平行的判定定理，进而利用相似三角形的性质即可求出点；
（2）由平行线的性质和平面的基本性质，可画出截面，进而可求得比值
【详解】
（1）

由已知得，点在棱上，满足，点在棱上，满足，所以，取上靠近的四等分点为，则必有，则根据三角形相似，必有，使得平面
（2）

延长，与延长交于，连接，并延长与的延长线交于，连接，交于，由（1）可得，即为的中点，由，可得为的中点，由.可得为的中点，在等腰三角形中，为的中点，取的中点，连接，则，，所以，，即
【点睛】
解题的关键在于利用线面平行的判定定理以及截面的求法，进而通过三角形相似求出比值，属于难题