（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)精練.docx
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8.3 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 挖命題 【考情探究】 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點(diǎn) 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1.以立體幾何中的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn),認(rèn)識和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理 2.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的位置關(guān)系的簡單命題 2016天津文,17 2015天津文,17 2014天津文,17 直線、平面平行的判定和性質(zhì)定理的靈活應(yīng)用 直線、平面垂直的判定和性質(zhì)定理 ★★★ 分析解讀 1.理解空間直線和平面位置關(guān)系的定義,了解直線和平面的位置關(guān)系,掌握直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理;2.會運(yùn)用直線與平面及平面與平面的位置關(guān)系,以及它們平行的判定定理和性質(zhì)定理解決簡單的應(yīng)用問題與證明問題;3.推理和證明要嚴(yán)謹(jǐn)、合理、充分;4.高考對本節(jié)內(nèi)容的考查,一般通過對圖形或幾何體的認(rèn)識,考查線線平行、線面平行、面面平行之間的轉(zhuǎn)化思想,題型以解答題為主,屬中檔題. 破考點(diǎn) 【考點(diǎn)集訓(xùn)】 考點(diǎn) 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1.(2016課標(biāo)Ⅰ文,11,5分)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為( ) A.32 B.22 C.33 D.13 答案 A 2.(2016山東文,18,12分)在如圖所示的幾何體中,D是AC的中點(diǎn),EF∥DB. (1)已知AB=BC,AE=EC,求證:AC⊥FB; (2)已知G,H分別是EC和FB的中點(diǎn).求證:GH∥平面ABC. 證明 (1)因?yàn)镋F∥DB, 所以EF與DB確定平面BDEF.連接DE. 因?yàn)锳E=EC,D為AC的中點(diǎn),所以DE⊥AC. 同理可得BD⊥AC. 又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF, 因?yàn)镕B?平面BDEF,所以AC⊥FB. (2)設(shè)FC的中點(diǎn)為I.連接GI,HI. 在△CEF中,因?yàn)镚是CE的中點(diǎn),I是FC的中點(diǎn), 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?yàn)镠是FB的中點(diǎn),I是FC的中點(diǎn),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?yàn)镚H?平面GHI,所以GH∥平面ABC. 思路分析 第(1)問連接DE,利用等腰三角形的性質(zhì)得AC⊥DE,AC⊥DB,從而得線面垂直,利用線面垂直的性質(zhì)得結(jié)論;第(2)問取FC的中點(diǎn)I,連接GI,HI,利用三角形的中位線得線線平行從而得線面平行,進(jìn)而證面面平行,再利用面面平行的性質(zhì)得出結(jié)論. 評析本題主要考查線面垂直的判定與性質(zhì)以及線面平行的判定與性質(zhì),考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯思維能力,同時考查學(xué)生對轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用. 煉技法 【方法集訓(xùn)】 方法1 證明線面平行的方法 1.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD為菱形,∠ABC=60,PA=AB=1,E為PC的中點(diǎn). (1)求證:PA∥平面BDE; (2)求三棱錐P-BDE的體積. 解析 (1)證明:連接AC,設(shè)AC∩BD=O,連接OE,則O為AC的中點(diǎn), ∵E為PC的中點(diǎn),∴PA∥OE, 又OE?平面BDE,PA?平面BDE, ∴PA∥平面BDE. (2)連接AE,由(1)知PA∥平面BDE,∴P到平面BDE的距離與A到平面BDE的距離相等,即VP-BDE=VA-BDE,又VA-BDE=VE-ABD=12VP-ABD=121311211sin120=324, ∴VP-BDE=324. 方法2 證明面面平行的方法 2.如圖,已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,點(diǎn)O是線段AB的中點(diǎn),PO⊥平面ABCD,PO=CD=DA=12AB=4,M是線段PA的中點(diǎn). (1)證明:平面PBC∥平面ODM; (2)求點(diǎn)A到平面PCD的距離. 解析 (1)證明:由題意,得CD∥BO,且CD=BO, ∴四邊形OBCD為平行四邊形,∴BC∥OD. ∵BC?平面PBC,OD?平面PBC,∴OD∥平面PBC. 又∵O是AB的中點(diǎn),M是PA的中點(diǎn),∴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的中點(diǎn)N,連接ON,PN,如圖所示,則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分別為△ACD,△PCD的公共邊CD上的高. 由題意可求得ON=23,則PN=27, 設(shè)點(diǎn)A到平面PCD的距離為d. ∵V三棱錐A-PCD=V三棱錐P-ACD, 即1312427d=13124234, ∴d=4217.即點(diǎn)A到平面PCD的距離為4217. 過專題 【五年高考】 A組 自主命題天津卷題組 1.(2016天津文,17,13分)如圖,四邊形ABCD是平行四邊形,平面AED⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,BC=EF=1,AE=6,DE=3,∠BAD=60,G為BC的中點(diǎn). (1)求證:FG∥平面BED; (2)求證:平面BED⊥平面AED; (3)求直線EF與平面BED所成角的正弦值. 解析 (1)證明:取BD中點(diǎn)O,連接OE,OG.在△BCD中,因?yàn)镚是BC中點(diǎn),所以O(shè)G∥DC且OG=12DC=1,又因?yàn)镋F∥AB,AB∥DC,所以EF∥OG且EF=OG,即四邊形OGFE是平行四邊形,所以FG∥OE. 又FG?平面BED,OE?平面BED, 所以,FG∥平面BED. (2)證明:在△ABD中,AD=1,AB=2,∠BAD=60,由余弦定理可得BD=3,進(jìn)而∠ADB=90,即BD⊥AD.又因?yàn)槠矫鍭ED⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,所以BD⊥平面AED.又因?yàn)锽D?平面BED, 所以,平面BED⊥平面AED. (3)因?yàn)镋F∥AB,所以直線EF與平面BED所成的角即為直線AB與平面BED所成的角. 過點(diǎn)A作AH⊥DE于點(diǎn)H,連接BH. 又平面BED∩平面AED=ED, 由(2)知AH⊥平面BED. 所以,直線AB與平面BED所成的角即為∠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=ADsin∠ADE=53. 在Rt△AHB中,sin∠ABH=AHAB=56. 所以,直線EF與平面BED所成角的正弦值為56. 方法總結(jié) 證明線面平行常用線線平行或面面平行進(jìn)行轉(zhuǎn)化;在證明面面垂直時注意線、面垂直之間的相互轉(zhuǎn)化;解決線面角問題的關(guān)鍵是找出斜線在平面內(nèi)的射影,常用定義法求解. 2.(2015天津文,17,13分)如圖,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,點(diǎn)E和F分別為BC和A1C的中點(diǎn). (1)求證:EF∥平面A1B1BA; (2)求證:平面AEA1⊥平面BCB1; (3)求直線A1B1與平面BCB1所成角的大小. 解析 (1)證明:如圖,連接A1B.在△A1BC中,因?yàn)镋和F分別是BC和A1C的中點(diǎn),所以EF∥BA1.又因?yàn)镋F?平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA. (2)證明:因?yàn)锳B=AC,E為BC中點(diǎn),所以AE⊥BC.因?yàn)锳A1⊥平面ABC,BB1∥AA1,所以BB1⊥平面ABC,從而BB1⊥AE.又因?yàn)锽C∩BB1=B,所以AE⊥平面BCB1,又因?yàn)锳E?平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面BCB1. (3)取BB1的中點(diǎn)M和B1C的中點(diǎn)N,連接A1M,A1N,NE.因?yàn)镹和E分別為B1C和BC的中點(diǎn),所以NE∥B1B,NE=12B1B,故NE∥A1A且NE=A1A,所以A1N∥AE,且A1N=AE.又因?yàn)锳E⊥平面BCB1,所以A1N⊥平面BCB1,從而∠A1B1N為直線A1B1與平面BCB1所成的角. 在△ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2. 因?yàn)锽M∥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,直線A1B1與平面BCB1所成的角為30. 評析本小題主要考查直線與平面平行、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力. B組 統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 1.(2017課標(biāo)Ⅰ文,6,5分)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是( ) 答案 A 2.(2016課標(biāo)Ⅱ,14,5分)α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題: 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與α所成的角和n與β所成的角相等. 其中正確的命題有 .(填寫所有正確命題的編號) 答案 ②③④ 3.(2018課標(biāo)Ⅲ文,19,12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點(diǎn). (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC∥平面PBD?說明理由. 解析 本題考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)、直線與平面平行的判定與性質(zhì). (1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因?yàn)镸為CD上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,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)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時,MC∥平面PBD. 理由如下:如圖,連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC中點(diǎn).連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn),所以MC∥OP. MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD. 易錯警示 使用面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推理證明時要使條件完備. 4.(2018江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求證:(1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 證明 本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查學(xué)生的空間想象能力和推理論證能力. (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1. 因?yàn)锳B?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C, 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因?yàn)锳A1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形, 所以AB1⊥A1B. 因?yàn)锳B1⊥B1C1,BC∥B1C1, 所以AB1⊥BC. 又因?yàn)锳1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC, 所以AB1⊥平面A1BC, 又因?yàn)锳B1?平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 5.(2016課標(biāo)Ⅲ文,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明:MN∥平面PAB; (2)求四面體N-BCM的體積. 解析 (1)證明:由已知得AM=23AD=2, 取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分) 又AD∥BC,故TN??AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因?yàn)锳T?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分) (2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,N為PC的中點(diǎn),所以N到平面ABCD的距離為12PA.(9分) 取BC的中點(diǎn)E,連接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5. 由AM∥BC得M到BC的距離為5, 故S△BCM=1245=25. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=13S△BCMPA2=453.(12分) 評析本題考查了線面平行的判定,考查了求三棱錐的體積,考查了學(xué)生的空間想象力.線段的中點(diǎn)問題一般應(yīng)用三角形的中位線求解. 6.(2016四川文,17,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90,BC=CD=12AD. (1)在平面PAD內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM∥平面PAB,并說明理由; (2)證明:平面PAB⊥平面PBD. 解析 (1)取棱AD的中點(diǎn)M(M∈平面PAD),點(diǎn)M即為所求的一個點(diǎn).理由如下: 連接CM.因?yàn)锳D∥BC,BC=12AD, 所以BC∥AM,且BC=AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形,從而CM∥AB. 又AB?平面PAB,CM?平面PAB,所以CM∥平面PAB. (說明:取棱PD的中點(diǎn)N,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)) (2)證明:連接BM, 因?yàn)锳D∥BC,BC=12AD,所以直線AB與CD相交, 因?yàn)镻A⊥AB,PA⊥CD, 所以PA⊥平面ABCD.從而PA⊥BD. 因?yàn)锳D∥BC,BC=12AD, 所以BC∥MD,且BC=MD. 所以四邊形BCDM是平行四邊形. 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點(diǎn)所在位置再證明. (2)由已知的線線垂直想到線面垂直,再證面面垂直. 評析本題考查了直線與平面平行的判定,直線與平面垂直的判定和性質(zhì)及面面垂直的判定,熟練掌握線面平行與線面垂直的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵. 7.(2014山東文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=12AD,E,F分別為線段AD,PC的中點(diǎn). (1)求證:AP∥平面BEF; (2)求證:BE⊥平面PAC. 證明 (1)設(shè)AC∩BE=O,連接OF,EC. 由于E為AD的中點(diǎn), AB=BC=12AD,AD∥BC, 所以AE∥BC,AE=AB=BC, 因此四邊形ABCE為菱形,所以O(shè)為AC的中點(diǎn). 又F為PC的中點(diǎn),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)由題意知ED∥BC,ED=BC, 所以四邊形BCDE為平行四邊形, 因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD,所以AP⊥CD, 因此AP⊥BE.因?yàn)樗倪呅蜛BCE為菱形,所以BE⊥AC. 又AP∩AC=A,AP,AC?平面PAC, 所以BE⊥平面PAC. C組 教師專用題組 1.(2013廣東,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面.下列命題中正確的是( ) A.若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥n B.若α∥β,m?α,n?β,則m∥n C.若m⊥n,m?α,n?β,則α⊥β D.若m⊥α,m∥n,n∥β,則α⊥β 答案 D 2.(2013安徽,15,5分)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,P為BC的中點(diǎn),Q為線段CC1上的動點(diǎn),過點(diǎn)A,P,Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題正確的是 (寫出所有正確命題的編號). ①當(dāng)0下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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