2025版新高考版高考总复习数学直线、平面平行的判定和性质（十年高考）.docx

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1、2025版新高考版高考总复习数学8.3直线、平面平行的判定与性质考点直线、平面平行的判定与性质1.(2021浙江,6,4分)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ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN平面BDD1B1答案A解题指导:利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理解决此类问题.解析连接AD1,在正方形ADD1A1中,由M为A1D的中点,可知AD1A1D=M,且M为AD1的中点,A

2、D1A1D.又N为D1B的中点,MNAB.AB平面ABCD,MN平面ABCD,MN平面ABCD.AB平面ADD1A1,A1D平面ADD1A1,ABA1D,ABAD1=A,A1D平面ABD1,A1DD1B.故A正确.2.(2017课标,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AB选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;C选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;D选项中,ABNQ,且AB平面MNQ,NQ平面MNQ,则AB平面MNQ.故

3、选A.3.(2011北京文,17,14分)如图,在四面体PABC中,PCAB,PABC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.(1)求证:DE平面BCP;(2)求证:四边形DEFG为矩形;(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.解析(1)证明:因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DEPC.又因为DE平面BCP,PC平面BCP,所以DE平面BCP.(2)证明:因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,所以DEPCFG,DGABEF.所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PCAB,所以DEDG.所以四边形DEFG为矩形.(3)存在点Q满足

4、条件.理由如下:连接DF,EG,设Q为EG的中点.由(2)知,DFEG=Q,且QD=QE=QF=QG=12EG.分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN.与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,且QM=QN=12EG,所以Q为满足条件的点.4.(2022北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,平面BCC1B1平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分别为A1B1,AC的中点.(1)求证:MN平面BCC1B1;(2)再从条件、条件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:

5、ABMN;条件:BM=MN.注:如果选择条件和条件分别解答,按第一个解答计分.解析 (1)证法一:取BC的中点P,连接NP,B1P,则NPAB,且NP=12AB.M是A1B1的中点,A1B1􀱀AB,B1MAB,且B1M=12AB,B1M􀱀PN,四边形B1PNM为平行四边形,MNB1P,又B1P平面BCC1B1,MN平面BCC1B1,MN平面BCC1B1.证法二:取AB的中点Q,连接QN,QM,M,N分别是A1B1,AC的中点,QNBC,QMB1B,QN平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,QN平面BCC1B1,同理,QM平面BCC1B1,又QMQN=Q,平

6、面MNQ平面BCC1B1,又MN平面MNQ,MN平面BCC1B1.(2)选择条件.侧面BCC1B1为正方形,BCBB1,又平面BCC1B1平面ABB1A1,平面BCC1B1平面ABB1A1=BB1,BC平面BCC1B1,BC平面ABB1A1,BCAB.解法一:由(1)中证法一知MNB1P,又ABMN,ABB1P.BCB1P=P,AB平面BCC1B1.ABBB1.BC,B1B,BA两两垂直.以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2),BM=(0,1,2),BN=(1,1,0),AB=(0,-2,0).设平面BMN的法向量为n

7、=(x,y,z),则nBM=0,nBN=0,即y+2z=0,x+y=0,令z=1,得n=(2,-2,1).cos=nAB|n|AB|=432=23,故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.解法二:连接MA.易知NQAB,又ABMN,MNNQ=N,AB平面MNQ,ABMQ.结合(1)中证法二知NQMQ.又ABNQ=Q,MQ平面ABN,点M到平面ABN的距离为2.V三棱锥M-ABN=132SABN=1321=23.易知BM=5,BN=2,MN=NQ2+MQ2=5,SBMN=32.设A到平面BMN的距离为h,则VA-BMN=VM-ABN=23,即1332=23,h=43,直线AB与平面BMN所成

8、角的正弦值为432=23.选择条件.侧面BCC1B1为正方形,BCBB1,又平面BCC1B1平面ABB1A1,平面BCC1B1平面ABB1A1=BB1,BC平面BCC1B1,BC平面ABB1A1,BCAB.结合(1)中证法二易知MQNQ.AB=BC=2,NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,MBQMNQ,MQBQ.BB1,BC,BA两两垂直.解法一(向量法):同选的解法一.解法二(几何法):同选的解法二.5.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE平面P

9、AB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=12AD.又因为BCAD,BC=12AD,所以EFBC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF,因此CE平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DC

10、AD,N是AD的中点得BNAD.所以AD平面PBN,由BCAD得BC平面PBN,那么平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2得CE=2,在PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=14,在RtMQH中,QH=14,MQ=2,所以sinQMH=28.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28.方法总结1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l)线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l.面面平行的性质:过直线l找到

11、(或作出)一个平面,使得,从而得l.2.求线面角的方法.定义法:作出线面角,解三角形即可.解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d),由sin =dAB得结论.最好是画出图形,否则容易出错.6.(2016课标文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,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中点

12、知TNBC,TN=12BC=2.(3分)又ADBC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.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AEBC,AE=AB2BE2=5.由AMBC得M到BC的距离为5,故SBCM=1245=25.所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=13SBCMPA2=453.(12分)评析本题考查了线面平行的判定,考查了三棱锥的体积,考查了空间想象能力.线段的中点问题一般应用三角形的中

13、位线求解.7.(2015课标文,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面把该长方体分成的两部分体积的比值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EMAB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH2EM2=6,AH=10,HB=6.因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,所以其

14、体积的比值为9779也正确.8.(2014课标文,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AP=1,AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=34,求A到平面PBC的距离.解析(1)证明:设BD与AC的交点为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EOPB.EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)V=16PAABAD=36AB.又V=34,所以AB=32,所以PB=AB2+PA2=132.作AHPB交PB于H.由题设知BC平面PAB,因为AH平面PAB,所

15、以BCAH,又BCBP=B,故AH平面PBC.又AH=PAABPB=31313,所以A到平面PBC的距离为31313.思路分析(1)由线线平行证出线面平行;(2)首先由题设求出AB,然后过A作AHPB于H,证明AH就是A到平面PBC的距离,通过解三角形求解即可.9.(2014安徽,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为217,点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH平面ABCD,BC平面GEFH.(1)证明:GHEF;(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.解析(1)证明:因为BC平面GEFH,BC平面PBC,且平面PB

16、C平面GEFH=GH,所以GHBC.同理可证EFBC,因此GHEF.(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.因为PA=PC,O是AC的中点,所以POAC,同理可得POBD.又BDAC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO底面ABCD.又因为平面GEFH平面ABCD,且PO平面GEFH,所以PO平面GEFH.因为平面PBD平面GEFH=GK,所以POGK,且GK底面ABCD,从而GKEF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得EBAB=KBDB=14,从而KB=14DB=12OB,即K为OB的中点.再由POGK得GK=12PO,即G是PB的中点,且GH=12B

17、C=4.由已知可得OB=42,PO=PB2OB2=6832=6,所以GK=3.故四边形GEFH的面积S=GH+EF2GK=4+823=18.评析本题考查线面平行与垂直关系的转化,同时考查空间想象能力和逻辑推理能力,解题时要有较强的分析问题、解决问题的能力.10.(2013课标文,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明:BC1平面A1CD;(2)设AA1=AC=CB=2,AB=22,求三棱锥C-A1DE的体积.解析(1)证明:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点.由D是AB中点,连接DF,则BC1DF.因为DF平面A1CD,BC1平面

18、A1CD,所以BC1平面A1CD.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CDAB.又AA1AB=A,于是CD平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=22得ACB=90,CD=2,A1D=6,DE=3,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DEA1D.所以VCA1DE=1312632=1.思路分析(1)利用线面平行的判定定理在平面A1CD内找出一条直线与直线BC1平行即可;(2)先证明CD平面ABB1A1,再根据题目给的条件算出三棱锥C-A1DE的高和底面面积,利用三棱锥的体积公式计算即可.一题多解证明第(1)问时,也可以利用面面平行的性质,即:取A1B1的中点G,连接C1G,GB,因为GBA1D,C1GCD,C1G平面GBC1,GB平面GBC1,且C1GGB=G,A1D平面A1CD,CD平面A1CD,A1DCD=D,所以平面GBC1平面A1CD.又BC1平面GBC1,所以BC1平面A1CD.