2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点34 空间直线、平面的平行+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点34 空间直线、平面的平行+答案解析，共27页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试34　空间直线、平面的平行

高考
概览
高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度
考纲
研读
1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理
2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题

一、基础小题
1．两条直线a，b满足a∥b，b⊂α，则a与平面α的位置关系是(　　)
A．a∥α B．a⊂α
C．a与α相交 D．a与α不相交
答案　D
解析　由于b⊂α且a∥b，则a∥α或a⊂α.故a与α不相交．故选D.
2．如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是(　　)

A．异面
B．平行
C．相交
D．以上均有可能
答案　B
解析　在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.
3．下列命题中错误的是(　　)
A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行
B．平行于同一个平面的两个平面平行
C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行
D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
答案　C
解析　由面面平行的判定定理和性质知A，B，D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面，故C错误．
4．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则(　　)
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
答案　B
解析　因为l⊄α，若在平面α内存在与直线l平行的直线，则l∥α，这与题意矛盾．故选B.
5．给出下面结论：
①过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；
②过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行；
③过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；
④过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行．
其中正确结论的序号为(　　)
A．①② B．③④
C.①③ D．②④
答案　C
解析　对于①，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于②，当已知直线与平面相交时，不存在平面与已知平面平行，错误；对于③，过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于④，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知直线平行，错误．故选C.
6. 在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下面结论正确的是(　　)

A．E，F，G，H一定是各边的中点
B．G，H一定是CD，DA的中点
C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GC
D．AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC
答案　D
解析　由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.故选D.
7．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
答案　D
解析　若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交；若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B，C也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面内，成为相交直线，则有α∥β，所以D是α∥β的一个充分条件．故选D.
8. (多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是(　　)

A．FG∥平面AA1D1D
B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1
D．平面EFG∥平面BC1D1
答案　AC
解析　∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1，∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故A正确；∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF与平面BC1D1相交，故B错误；∵FG∥BC1，FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，∴FG∥平面BC1D1，故C正确；∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故D错误．
二、高考小题
9．(2021·浙江高考) 如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)

A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
答案　A
解析　解法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与D1B异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以A正确，B，C，D错误．故选A.
解法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2，2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)，＝(0,1,0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由图易知直线A1D与直线D1B是异面直线，所以直线A1D与直线D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，·n＝0，所以MN∥平面ABCD.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1,0)，所以sinθ＝|cos〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直．故选A.
10．(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
答案　B
解析　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，反之也成立．因此，B中条件是α∥β的充要条件．故选B.
11．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A.
12．(2017·全国Ⅰ卷)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
解析　A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD与平面MNQ交于点Q，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.

C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.
13．(2016·全国Ⅱ卷)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
解析　由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错误．易知②③④都正确．
三、模拟小题
14．(2021·辽宁铁岭六校高三模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
答案　D
解析　若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，故A错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α，β平行或相交，故B错误；若m∥α，m∥β，则α，β平行或相交，故C错误；若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理得m∥n，故D正确．故选D.
15．(2021·江苏如皋市模拟)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM＝tPC，PA∥平面MQB，则实数t的值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　C
解析　四棱锥P－ABCD中，连接AC分别交BQ，BD于点N，O.因为底面ABCD为平行四边形，所以O是AC中点，也是BD中点，

而点Q是AD中点，于是得点N是△ABD的重心，从而得AN＝AO＝AC.连接MN，如图．因为PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面MQB＝MN，所以PA∥MN，所以t＝＝＝.所以实数t的值为.故选C.
16．(2021·河北石家庄期中)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形的个数为(　　)

A．0 B．1
C.2 D．3
答案　B
解析　①中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；②中，由于A1F∥D1E，而A1F⊄平面BD1E，D1E⊂平面BD1E，故A1F∥平面BD1E；③中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行．故选B.

17. (2021·福建宁德高三三模)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BC⊥CD，AB∥CD，BC＝，AA1＝AB＝AD＝2，点P，Q，R分别在棱BB1，CC1，DD1上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论错误的是(　　)

A．任意点P，都有AP∥QR
B．任意点P，四边形APQR不可能为平行四边形
C．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形
D．存在点P，使得BC∥平面APQR
答案　C
解析　对于A，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为AB∥CD，BB1∥CC1，所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1，又因为平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面DCC1D1＝QR，所以AP∥QR，故A正确；对于B，若四边形APQR为平行四边形，则AR∥QP，而AD与BC不平行，即平面ADD1A1与平面BCC1B1不平行，又平面APQR∩平面BCC1B1＝QP，平面APQR∩平面ADD1A1＝AR，所以直线QP与直线AR不平行，与AR∥QP矛盾，所以四边形APQR不可能是平行四边形，故B正确；对于C，假设存在点P，使得△APR为等腰直角三角形，令BP＝x，

过点D作DE⊥AB，则DE＝BC＝，在线段DR上取一点M使得DM＝BP＝x，连接BD，PM，则四边形BDMP为矩形，所以MP＝BD＝2，则PR＝＝，AP＝＝，AR＝＝，显然AR≠PR，若由AP＝PR，得x＝，则AP＝PR＝，由AR＝AP，即＝·，得DR＝2＞2，故舍去，若由AP＝AR，则BP＝DR＝x且BP∥DR⇒四边形BPRD为平行四边形，所以RP＝＝2＝AP＝＝，无解，故C错误；对于D，当BP＝CQ，且DR＝CQ时，满足BC∥平面APQR，故D正确．故选C.
18. (2021·湖北省襄阳市第四中学高三最后一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则△PBB1的面积的最小值为(　　)

A. B．1
C. D．2
答案　C
解析　延展平面EFG，可得截面EFGHQR，其中H，Q，R分别是所在棱的中点，直线D1P与平面EFG不存在公共点，所以D1P∥平面EFGHQR，

由中位线定理可得AC∥EF，EF⊂平面EFGHQR，AC⊄平面EFGHQR，所以AC∥平面EFGHQR，因为Q，R分别是A1D1，AA1的中点，所以QR∥AD1，又AD1⊄平面EFGHQR，QR⊂平面EFGHQR，则AD1∥平面EFGHQR.又AC∩AD1＝A，AC⊂平面AD1C，AD1⊂平面AD1C，所以平面AD1C∥平面EFGHQR，又D1P∥平面EFGHQR，所以点P在AC上，因为BO与AC垂直，所以P与O重合时BP最小，此时△PBB1的面积最小，最小值为×2×＝.故选C.
19. (多选)(2021·河北衡水中学高三模拟预测)如图，一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F分别为AD，BC的中点，BE交AC于点G，DF交AC于点H.现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且点A，C在平面BFDE同侧，则下列命题为真命题的是(　　)

A．当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE
B．当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD
C．当A，C重合于点P时，PG⊥PD
D．当A，C重合于点P时，三棱锥P－DEF的外接球的表面积为150π
答案　AD
解析　当平面ABE∥平面CDF时，如图，由已知矩形ABCD中，AB＝10，AD＝10，E，F分别为AD，BC的中点，可得AC⊥BE，AC⊥DF，

且求得AG＝GH＝CH＝.则BE⊥平面AGH，DF⊥平面CHG，由BE∥DF，可得平面AGH与平面CHG重合，即四边形AGHC为平面四边形，∵平面ABE∥平面CDF，∴AG∥CH，又AG＝CH，可得四边形AGHC为平行四边形，则AC∥GH，可得AC∥平面BFDE，故A正确；假设AE∥CD，则四边形AEDC为平面图形，而GH∥AC，可得GH∥平面AEDC，又由GH⊂平面BFDE，平面BFDE∩平面AEDC＝DE，则GH∥DE，即四边形GHDE为平行四边形，可得GH＝DE，与GH≠DE矛盾，∴假设错误，故B错误；当A，C重合于点P时，如图，连接GD，

PG＝，PD＝GD＝10，不满足PG2＋PD2＝GD2，∴PG与PD不垂直，故C错误；在三棱锥P－DEF中，PE＝PF＝5，EF＝10，∴△EPF为直角三角形，PE＝DE＝5，PD＝10，∴△PED为直角三角形，而△FPD为直角三角形，∴由补形法可知，三棱锥P－DEF外接球的直径为＝，则三棱锥P－DEF的外接球的表面积为4π×2＝150π，故D正确．故选AD.
20．(多选)(2022·河北唐山高三开学摸底考试)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝2DD1＝4.则(　　)
A．在棱AB上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1
B．在棱BC上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1
C．若P在棱AB上移动，则A1D⊥D1P
D．在棱A1B1上存在点P，使得DP⊥平面A1BC1
答案　ABC
解析　对于A，当P是AB的中点时，依题意可知D1C1∥DC∥PB，D1C1＝DC＝PB，所以四边形D1PBC1是平行四边形，所以D1P∥C1B，由于D1P⊄平面A1BC1，C1B⊂平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，A正确；

对于B，设E是AB的中点，P是BC的中点，由上述分析可知D1E∥平面A1BC1.由于PE∥AC∥A1C1，PE⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以PE∥平面A1BC1.由于D1E∩PE＝E，所以平面D1PE∥平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，B正确；

对于C，根据已知条件可知四边形ADD1A1是正方形，所以A1D⊥D1A，由于AB⊥AD，AB⊥AA1，AD∩AA1＝A，所以AB⊥平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.由于D1A∩AB＝A，所以A1D⊥平面AD1P，所以A1D⊥D1P，C正确；

对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(2,0,2)，B(2,4,0)，C1(0,2,2)，＝(0,4，－2)，＝(－2,2,0)．设P(2，t,2)，t∈[0,4].此方程组无解，所以在棱A1B1上不存在点P，使得DP⊥平面A1BC1，D错误．故选ABC.


一、高考大题
1．(2021·天津高考) 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．

(1)求证：D1F∥平面A1EC1；
(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；
(3)求二面角A－A1C1－E的正弦值．
解　(1)证法一：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，
所以＝(1,0，－2)，＝(2,2,0)，＝(2,1，－2)，
设平面A1EC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝2，则m＝(2，－2,1)为平面A1EC1的一个法向量，
因为·m＝2－2＝0，所以⊥m，
因为D1F⊄平面A1EC1，
所以D1F∥平面A1EC1.
证法二：连接B1D1与A1C1交于点G，连接EF，EG，BD.
则GD1＝B1D1＝BD，GD1∥BD.
又E，F分别为BC，CD的中点，可知EF∥BD，且EF＝BD，
所以EF＝GD1，且EF∥GD1.
所以四边形GEFD1为平行四边形．
所以D1F∥GE.
又GE⊂平面A1EC1，D1F⊄平面A1EC1，
所以D1F∥平面A1EC1.
(2)由(1)得，＝(2,2,2)，
设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.
(3)如图，连接DB.由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为＝(2，－2,0)，
则cos〈，m〉＝＝＝，
所以二面角A－A1C1－E的正弦值为
＝.
2．(2020·北京高考) 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点．

(1)求证：BC1∥平面AD1E；
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．
解　(1)证明：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1且AB＝A1B1，A1B1∥C1D1且A1B1＝C1D1，
∴AB∥C1D1且AB＝C1D1，
∴四边形ABC1D1为平行四边形，
∴BC1∥AD1.
∵BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，
∴BC1∥平面AD1E.
(2)以点A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0,0)，A1(0,0,2)，D1(2,0,2)，E(0,2,1)，＝(0,0,2)，＝(2,0,2)，＝(0,2,1)．
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令z＝－2，则x＝2，y＝1，则n＝(2,1，－2)为平面AD1E的一个法向量．
设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.
3. (2020·全国Ⅱ卷)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∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
解　(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，
∴MN∥BB1.
又AA1∥BB1，∴AA1∥MN.
∵△A1B1C1为等边三角形，N为B1C1的中点，∴A1N⊥B1C1.
又侧面BB1C1C为矩形，
∴B1C1⊥BB1.
∵MN∥BB1，∴MN⊥B1C1.
又MN∩A1N＝N，MN，A1N⊂平面A1AMN，
∴B1C1⊥平面A1AMN.
又B1C1⊂平面EB1C1F，
∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解法一：连接NP，
∵AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP，

∴AO∥NP.
∵三棱柱上下底面平行，
平面A1AMN∩平面ABC＝AM，平面A1AMN∩平面A1B1C1＝A1N，
∴ON∥AP.
∴四边形ONPA是平行四边形．
∴ON＝AP，AO＝NP.
设△ABC边长是6m(m＞0)，
则NP＝AO＝AB＝6m.
∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1的边长为6m，
∴ON＝×6m×sin60°＝m.
∴AP＝ON＝m.
∵BC∥B1C1，B1C1⊂平面EB1C1F，BC⊄平面EB1C1F，
∴BC∥平面EB1C1F.
又BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EB1C1F＝EF，
∴EF∥BC，∴＝，
∴＝，解得EP＝m.
在B1C1截取B1Q＝EP＝m，连接PQ，故QN＝2m.
∵B1Q＝EP且B1Q∥EP，
∴四边形B1QPE是平行四边形，
∴B1E∥PQ.
由(1)可知B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为直线B1E与平面A1AMN所成的角．
在Rt△QPN中，根据勾股定理可得PQ＝＝＝2m，
∴sin∠QPN＝＝＝.
∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
解法二：由(1)知B1C1⊥平面A1AMN，
又BC∥B1C1，

∴BC⊥平面A1AMN，
∴平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.
由已知得AM⊥BC，以Q为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为z轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz，则AB＝2，AM＝.设M(－a,0,0)．
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，
∴NP＝AO＝AB＝2，
∴PQ＝，
NQ＝＝，
∴B1，E，
故＝，
||＝.
又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的一个法向量，
设直线B1E与平面A1AMN所成的角为θ，
∴sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.
∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
4. (2019·全国Ⅰ卷)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．
解　(1)证明：如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，
可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.

(2)由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则
所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则所以可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
sin〈m，n〉＝＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
5. (2019·天津高考)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.

(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若二面角E－BD－F的余弦值为，求线段CF的长．
解　(1)证明：以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0，0,0)，B(1,0,0)，设F(1，2，h)．

依题意，＝(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，
又＝(0,2，h)，可得·＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，则＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则
即不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)为平面BDE的一个法向量．
设直线CE与平面BDE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则
即
不妨令y1＝1，可得m＝为平面BDF的一个法向量．
由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得h＝.经检验，符合题意．
所以线段CF的长为.
二、模拟大题
6. (2021·浙江省名校协作体高三上学期开学考试)如图所示，在三棱柱BCD－B1C1D1与四棱锥A－BB1D1D的组合体中，已知BB1⊥平面BCD，四边形ABCD是菱形，∠BCD＝60°，AB＝2，BB1＝1.

(1)设O是线段BD的中点，求证：C1O∥平面AB1D1；
(2)求直线B1C与平面AB1D1所成角的正弦值．
解　(1)证明：取B1D1的中点为E，连接C1E，OA，AE，易知C1E＝OA且C1E∥OA，
所以四边形C1EAO为平行四边形，所以C1O∥EA，

又C1O⊄平面AB1D1，AE⊂平面AB1D1，
所以C1O∥平面AB1D1.
(2)解法一：过点C作平面AB1D1的垂线，垂足为G，连接B1G(图略)，则∠CB1G就是直线B1C与平面AB1D1所成的角．
又CG是点O到平面AB1D1的距离的2倍，连接EO，由B1D1⊥EC1，B1D1⊥EO，知B1D1⊥平面AEO，所以平面AEO⊥平面AB1D1，在△AEO中，作OH⊥AE，垂足为H，即OH⊥平面AB1D1.
由题可得AO＝，B1C＝，AE＝2，
所以在Rt△AEO中，OH＝＝，
所以点C到平面AB1D1的距离为，
所以sin∠CB1G＝＝.
解法二：如图所示，以O为坐标原点，OA，OB，OE所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，得A(，0,0)，B1(0,1,1)，D1(0，－1,1)，C(－，0,0)，

所以＝(－，1,1)，＝(0,2,0)，＝(－，－1，－1)，
设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，
则得
令x＝1，有y＝0，z＝，所以n＝(1,0，)为平面AB1D1的一个法向量．
记α为直线B1C与平面AB1D1所成的角，
则sinα＝＝.
7. (2021·河北张家口第一次模拟)如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AB＝3.

(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)若BE＝PA，求直线PD与平面PCE所成角的正弦值．
解　(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以BC∥AD.
又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD.
因为PA∥EB，PA⊂平面PAD，EB⊄平面PAD，
所以EB∥平面PAD，
又BC∩EB＝B，所以平面EBC∥平面PAD，
又因为CE⊂平面EBC，所以CE∥平面PAD.
(2) 以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

因为PA＝AB＝3，
所以BE＝PA＝1，
则P(0,0,3)，D(3,0,0)，C(3,3,0)，E(0,3,1)，
则＝(3,0，－3)，＝(3,3，－3)，＝(0,3，－2)．
设平面PCE的法向量为m＝(x，y，z)，则由

得令z＝3，得平面PCE的一个法向量为m＝(1,2,3)，
设直线PD与平面PCE所成角为θ，则
sinθ＝＝＝.
所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为.
8. (2021·湖南省汨罗市二中高三入学考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．

(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE？并说明理由；
(2)当二面角D－FC－B的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角．
解　(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点．理由如下：
取PC的中点Q，连接EQ，FQ，
由题意，FQ∥CD且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD，
则AE∥FQ且AE＝FQ.
所以四边形AEQF为平行四边形．
所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，
所以AF∥平面PCE.
(2)由题意，知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，亦即ED⊥CD，
又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，且平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，

所以PD⊥平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设FD＝a(a>0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B(，1,0)，
＝(0,2，－a)，＝(，－1,0)，
设平面FBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则由得
令x＝1，则y＝，z＝，
所以取m＝，显然可取平面DFC的一个法向量n＝(1,0,0)，
由题意知＝|cos〈m，n〉|＝，
所以a＝.
由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，
所以∠PBD即为直线PB与平面ABCD所成的角，
易知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝＝a＝，从而∠PBD＝60°，
所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°.