届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编84 直线平面平行的判定与性质.docx
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届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编84直线平面平行的判定与性质
§8.4 直线、平面平行的判定与性质
考纲解读
考点
内容解读
要求
高考示例
常考题型
预测热度
1.直线与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,理解以下判定定理.
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.
理解以下性质定理,并能够证明.
如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.
如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.
垂直于同一个平面的两条直线平行.
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
掌握
2017江苏,15;
2016江苏,16;
2016四川,18;
2015安徽,5;
2015江苏,16;
2013广东,6
选择题
解答题
★★★
2.平面与平面平行的判定与性质
掌握
2016课标全国Ⅱ,14;
2013江苏,16
选择题
解答题
★★☆
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,分值约为5分,属中档题.
五年高考
考点一 直线与平面平行的判定与性质
1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β,则在α内与β平行的直线
D.若m,n,则m与n垂直于同一平面
答案 D
2.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.
求证:
(1)EF∥平面ABC;
(2)AD⊥AC.
证明
(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,
BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.
又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.
3.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.
求证:
(1)直线DE∥平面A1C1F;
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
证明
(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.
在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,
所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.
又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,
所以直线DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,
所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,
所以B1D⊥平面A1C1F.
因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.
4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
解析
(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.
延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.
理由如下:
由已知,BC∥ED,且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,
所以CM∥平面PBE.
(说明:
延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)解法一:
由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.
易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,
从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,
所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,
所以sin∠APH==.
解法二:
由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),
所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),
由得
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sinα===.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
教师用书专用(5—13)
5.(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
6.(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=时,S为等腰梯形 ③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R= ④当 ⑤当CQ=1时,S的面积为 答案 ①②③⑤ 7.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证: BD∥平面FGH; (2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小. 解析 (1)证法一: 连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH. 在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形. 则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD, 又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH. 证法二: 在三棱台DEF-ABC中, 由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF, 所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF. 在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点, 所以GH∥AB. 又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED. 因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH. (2)解法一: 设AB=2,则CF=1. 在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC. 又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC. 在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直. 以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. 所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1). 可得H,F(0,,1), 故=,=(0,,1). 设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 则由可得 可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,). 因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0), 所以cos<,n>===. 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°. 解法二: 作HM⊥AC于点M,作MN⊥GF于点N,连接NH. 由FC⊥平面ABC,得HM⊥FC, 又FC∩AC=C,所以HM⊥平面ACFD. 因此GF⊥NH,所以∠MNH即为所求的角. 在△BGC中,MH∥BG,MH=BG=, 由△GNM∽△GCF, 可得=,从而MN=. 由HM⊥平面ACFD,MN⊂平面ACFD,得HM⊥MN, 因此tan∠MNH==, 所以∠MNH=60°. 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°. 8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F. (1)证明: EF∥B1C; (2)求二面角E-A1D-B1的余弦值. 解析 (1)证明: 由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C. (2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1). 设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解, 所以可取n1=(-1,1,1). 设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==. 评析 本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键. 9.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证: (1)DE∥平面AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. 证明 (1)由题意知,E为B1C的中点, 又D为AB1的中点,因此DE∥AC. 又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C, 所以DE∥平面AA1C1C. (2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1⊥平面ABC. 因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1. 又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1, BC∩CC1=C, 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因为BC1⊂平面BCC1B1, 所以BC1⊥AC. 因为BC=CC1, 所以矩形BCC1B1是正方形, 因此BC1⊥B1C. 因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C, 所以BC1⊥平面B1AC. 又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1. 10.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点. (1)求证: MN∥平面ABCD; (2)求二面角D1-AC-B1的正弦值; (3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长. 解析 如图,以A为原点建立空间直角坐标系, 依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2). 又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1). (1)证明: 依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD. (2)=(1,-2,2),=(2,0,0). 设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1). 设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1). 因此有cos 所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为. (3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2. 11.(2014课标Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明: PB∥平面AEC; (2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积. 解析 (1)证明: 连接BD交AC于点O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点. 又E为PD的中点,所以EO∥PB. 又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC. (2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直. 如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=. 设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0). 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量, 则即可取n1=. 又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量, 由题设得|cos 因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为. 三棱锥E-ACD的体积V=××××=. 12.(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 解法一: (几何方法) (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=BD.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=PQ. 在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1, 于是EQ=FP=,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,记为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-=λ2+, OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+, 由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±, 故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角. 解法二: (向量方法) 以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz. 由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ). =(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0). (1)证明: 当λ=1时,=(-1,0,1), 因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP. 而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ, 故直线BC1∥平面EFPQ. (2)设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z), 则由可得于是可取n=(λ,-λ,1). 同理可得平面MNPQ的法向量为m=(λ-2,2-λ,1). 若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角, 则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0, 即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±. 故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角. 13.(2013山东,18,12分)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH. (1)求证: AB∥GH; (2)求二面角D-GH-E的余弦值. 解析 (1)证明: 因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB. 所以EF∥DC. 又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD. 又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH. 又EF∥AB,所以AB∥GH. (2)解法一: 在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ. 因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB. 又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ. 由 (1)知,AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ. 又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH. 同理可得GH⊥HC, 所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角. 设BA=BQ=BP=2,连接FC, 在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=, 在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=. 又H为△PBQ的重心,所以HC=PC=. 同理,FH=. 在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC==-. 即二面角D-GH-E的余弦值为-. 解法二: 在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°. 又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直. 以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴, z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2). 所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1), =(-1,-1,2),=(0,-1,2). 设平面EFQ的法向量为m=(x1,y1,z1), 由m·=0,m·=0, 得取y1=1,得m=(0,1,2). 设平面PDC的法向量为n=(x2,y2,z2), 由n·=0,n·=0, 得取z2=1,得n=(0,2,1), 所以cos 因为二面角D-GH-E为钝角, 所以二面角D-GH-E的余弦值为-. 考点二 平面与平面平行的判定与性质 1.(2016课标全国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 2.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证: (1)平面EFG∥平面ABC; (2)BC⊥SA. 证明 (1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB. 因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC. 同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E, 所以平面EFG∥平面ABC. (2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又AF⊂平面SAB,AF⊥SB, 所以AF⊥平面SBC,因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC. 又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB. 因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA. 三年模拟 A组 2016—2018年模拟·基础题组 考点一 直线与平面平行的判定与性质 1.(人教A必2,二,2-2A,3,变式)如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为( ) A.AC⊥BD B.AC=BD C.AC∥截面PQMN D.异面直线PM与BD所成的角为45° 答案 B 2.(2018江苏无锡模拟,18)如图,在四面体PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D为PC的中点. (1)求证: AD⊥BD; (2)若M为PB的中点,点N在直线AB上,且AN∶NB=1∶2,求证: 直线AD∥平面CMN. 证明 (1)∵PA=AC,D为PC的中点,∴AD⊥PC. ∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC. ∵∠ACB=90°
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