天津2020版高考数学复习8.3直线、平面平行的判定与性质精练.docx

8.3直线、平面平行的判定与性质挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、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2016天津文,172015天津文,172014天津文,17直线、平面平行的判定和性质定理的灵活应用直线、平面垂直的判定和性质定理分析解读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,属中档题.破考点【考点集训】考点直线、平面平行的判定与性质1.(2016课标文,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33D.13答案A2.(2016山东文,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EFDB.(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:ACFB;(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH平面ABC.证明(1)因为EFDB,所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.因为AE=EC,D为AC的中点,所以DEAC.同理可得BDAC.又BDDE=D,所以AC平面BDEF,因为FB平面BDEF,所以ACFB.(2)设FC的中点为I.连接GI,HI.在CEF中,因为G是CE的中点,I是FC的中点,所以GIEF,又EFDB,所以GIDB,又DB平面ABC,GI平面ABC,所以GI平面ABC.在CFB中,因为H是FB的中点,I是FC的中点,所以HIBC,又BC平面ABC,HI平面ABC,所以HI平面ABC.又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.思路分析第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得ACDE,ACDB,从而得线面垂直,利用线面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行从而得线面平行,进而证面面平行,再利用面面平行的性质得出结论.评析本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力,同时考查学生对转化与化归思想的应用.炼技法【方法集训】方法1证明线面平行的方法1.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD为菱形,ABC=60,PA=AB=1,E为PC的中点.(1)求证:PA平面BDE;(2)求三棱锥P-BDE的体积.解析(1)证明:连接AC,设ACBD=O,连接OE,则O为AC的中点,E为PC的中点,PAOE,又OE平面BDE,PA平面BDE,PA平面BDE.(2)连接AE,由(1)知PA平面BDE,P到平面BDE的距离与A到平面BDE的距离相等,即VP-BDE=VA-BDE,又VA-BDE=VE-ABD=12VP-ABD=121311211sin120=324,VP-BDE=324.方法2证明面面平行的方法2.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,ABCD,点O是线段AB的中点,PO平面ABCD,PO=CD=DA=12AB=4,M是线段PA的中点.(1)证明:平面PBC平面ODM;(2)求点A到平面PCD的距离.解析(1)证明:由题意,得CDBO,且CD=BO,四边形OBCD为平行四边形,BCOD.BC平面PBC,OD平面PBC,OD平面PBC.又O是AB的中点,M是PA的中点,OMPB.又OM平面PBC,PB平面PBC,OM平面PBC.又OMOD=O,平面PBC平面ODM.(2)取CD的中点N,连接ON,PN,如图所示,则ONCD.PO平面ABCD,CD平面ABCD,POCD.又ONCD,POON=O,CD平面PNO.PN平面PNO,CDPN.ON,PN分别为ACD,PCD的公共边CD上的高.由题意可求得ON=23,则PN=27,设点A到平面PCD的距离为d.V三棱锥A-PCD=V三棱锥P-ACD,即1312427d=13124234,d=4217.即点A到平面PCD的距离为4217.过专题【五年高考】A组自主命题天津卷题组1.(2016天津文,17,13分)如图,四边形ABCD是平行四边形,平面AED平面ABCD,EFAB,AB=2,BC=EF=1,AE=6,DE=3,BAD=60,G为BC的中点.(1)求证:FG平面BED;(2)求证:平面BED平面AED;(3)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.解析(1)证明:取BD中点O,连接OE,OG.在BCD中,因为G是BC中点,所以OGDC且OG=12DC=1,又因为EFAB,ABDC,所以EFOG且EF=OG,即四边形OGFE是平行四边形,所以FGOE.又FG平面BED,OE平面BED,所以,FG平面BED.(2)证明:在ABD中,AD=1,AB=2,BAD=60,由余弦定理可得BD=3,进而ADB=90,即BDAD.又因为平面AED平面ABCD,BD平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,所以BD平面AED.又因为BD平面BED,所以,平面BED平面AED.(3)因为EFAB,所以直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所成的角.过点A作AHDE于点H,连接BH.又平面BED平面AED=ED,由(2)知AH平面BED.所以,直线AB与平面BED所成的角即为ABH.在ADE中,AD=1,DE=3,AE=6,由余弦定理得cosADE=23,所以sinADE=53,因此,AH=ADsinADE=53.在RtAHB中,sinABH=AHAB=56.所以,直线EF与平面BED所成角的正弦值为56.方法总结证明线面平行常用线线平行或面面平行进行转化;在证明面面垂直时注意线、面垂直之间的相互转化;解决线面角问题的关键是找出斜线在平面内的射影,常用定义法求解.2.(2015天津文,17,13分)如图,已知AA1平面ABC,BB1AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,点E和F分别为BC和A1C的中点.(1)求证:EF平面A1B1BA;(2)求证:平面AEA1平面BCB1;(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.解析(1)证明:如图,连接A1B.在A1BC中,因为E和F分别是BC和A1C的中点,所以EFBA1.又因为EF平面A1B1BA,所以EF平面A1B1BA.(2)证明:因为AB=AC,E为BC中点,所以AEBC.因为AA1平面ABC,BB1AA1,所以BB1平面ABC,从而BB1AE.又因为BCBB1=B,所以AE平面BCB1,又因为AE平面AEA1,所以平面AEA1平面BCB1.(3)取BB1的中点M和B1C的中点N,连接A1M,A1N,NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点,所以NEB1B,NE=12B1B,故NEA1A且NE=A1A,所以A1NAE,且A1N=AE.又因为AE平面BCB1,所以A1N平面BCB1,从而A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角.在ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2.因为BMAA1,BM=AA1,所以A1MAB,A1M=AB,又由ABBB1,有A1MBB1.在RtA1MB1中,可得A1B1=B1M2+A1M2=4.在RtA1NB1中,sinA1B1N=A1NA1B1=12,因此A1B1N=30.所以,直线A1B1与平面BCB1所成的角为30.评析本小题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2017课标文,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A2.(2016课标,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案3.(2018课标文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.(1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC平面PBD.理由如下:如图,连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MCOP.MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.易错警示使用面面垂直的判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1.求证:(1)AB平面A1B1C;(2)平面ABB1A1平面A1BC.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查学生的空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1.因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1A1B.因为AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC.又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1平面A1BC,又因为AB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面A1BC.5.(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的中点知TNBC,TN=12BC=2.(3分)又ADBC,故TNAM,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=AB2-BE2=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,考查了求三棱锥的体积,考查了学生的空间想象力.线段的中点问题一般应用三角形的中位线求解.6.(2016四川文,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PACD,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12AD.(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM平面PAB,并说明理由;(2)证明:平面PAB平面PBD.解析(1)取棱AD的中点M(M平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下:连接CM.因为ADBC,BC=12AD,所以BCAM,且BC=AM.所以四边形AMCB是平行四边形,从而CMAB.又AB平面PAB,CM平面PAB,所以CM平面PAB.(说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明:连接BM,因为ADBC,BC=12AD,所以直线AB与CD相交,因为PAAB,PACD,所以PA平面ABCD.从而PABD.因为ADBC,BC=12AD,所以BCMD,且BC=MD.所以四边形BCDM是平行四边形.所以BM=CD=12AD,所以BDAB.又ABAP=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点所在位置再证明.(2)由已知的线线垂直想到线面垂直,再证面面垂直.评析本题考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定,熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.7.(2014山东文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP平面PCD,ADBC,AB=BC=12AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.(1)求证:AP平面BEF;(2)求证:BE平面PAC.证明(1)设ACBE=O,连接OF,EC.由于E为AD的中点,AB=BC=12AD,ADBC,所以AEBC,AE=AB=BC,因此四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点.又F为PC的中点,因此在PAC中,可得APOF.又OF平面BEF,AP平面BEF,所以AP平面BEF.(2)由题意知EDBC,ED=BC,所以四边形BCDE为平行四边形,因此BECD.又AP平面PCD,所以APCD,因此APBE.因为四边形ABCE为菱形,所以BEAC.又APAC=A,AP,AC平面PAC,所以BE平面PAC.C组教师专用题组1.(2013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面.下列命题中正确的是()A.若,m,n,则mnB.若,m,n,则mnC.若mn,m,n,则D.若m,mn,n,则答案D2.(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).当0CQ12时,S为四边形;当CQ=12时,S为等腰梯形;当CQ=34时,S与C1D1的交点R满足C1R=13;当34CQ1时,S为六边形;当CQ=1时,S的面积为62.答案3.(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=(02).(1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ;(2)是否存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:如图1,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1AD1.当=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FPAD1.所以BC1FP.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EFBD,且EF=12BD.又DP=BQ,DPBQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQBD,且PQ=BD,从而EFPQ,且EF=12PQ.在RtEBQ和RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1,于是EQ=FP=1+2,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的中点为H,O,G,连接OH,OG,则GOPQ,HOPQ,而GOHO=O,故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在,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EFMN,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+2-222=2+12,OG2=1+(2-)2-222=(2-)2+12,由OG2+OH2=GH2,得(2-)2+12+2+12=4,解得=122,故存在=122,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.4.(2014天津文,17,13分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,BA=BD=2,AD=2,PA=PD=5,E,F分别是棱AD,PC的中点.(1)证明EF平面PAB;(2)若二面角P-AD-B为60,(i)证明平面PBC平面ABCD;(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:如图,取PB中点M,连接MF,AM.因为F为PC中点,故MFBC且MF=12BC.由已知有BCAD,BC=AD.又由于E为AD中点,因而MFAE且MF=AE,故四边形AMFE为平行四边形,所以EFAM.又AM平面PAB,而EF平面PAB,所以EF平面PAB.(2)(i)证明:连接PE,BE.因为PA=PD,BA=BD,而E为AD中点,故PEAD,BEAD,所以PEB为二面角P-AD-B的平面角.在PAD中,由PA=PD=5,AD=2,可解得PE=2.在ABD中,由BA=BD=2,AD=2,可解得BE=1.在PEB中,PE=2,BE=1,PEB=60,由余弦定理,可解得PB=3,从而PBE=90,即BEPB.又BCAD,BEAD,从而BEBC,因此BE平面PBC.又BE平面ABCD,所以,平面PBC平面ABCD.(ii)连接BF.由(i)知,BE平面PBC,所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角.由PB=3及已知,得ABP为直角.而MB=12PB=32,可得AM=112,故EF=112.又BE=1,故在直角三角形EBF中,sinEFB=BEEF=21111.所以,直线EF与平面PBC所成角的正弦值为21111.评析本题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.【三年模拟】解答题(共90分)1.(2019届天津七校联考期中,16)如图,在三棱柱ABM-DCN中,侧面ABCD为菱形,且MA平面ABCD.(1)求证:ACBN;(2)当点E在AB的什么位置时,AN平面MEC成立,并加以证明.解析(1)证明:连接BD,由题意得ACBD,又因为MA平面ABCD,MADN,所以DN平面ABCD,所以ACDN.因为DNDB=D,所以AC平面NDB,又因为BN平面NDB,所以ACBN.(2)当E为AB的中点时,有AN平面MEC.设CM与BN交于F,连接EF,由已知可得四边形BCNM是平行四边形,所以F是BN的中点.因为E是AB的中点,所以ANEF.又EF平面MEC,AN平面MEC,所以AN平面MEC.2.(2018天津十二区县一模,17)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面ABC,AC=BC,AB=2A1A=4,以AB,BC为邻边作平行四边形ABCD,连接A1D,DC1.(1)求证:DC1平面A1ABB1;(2)若二面角A1-DC-A为45.求证:平面A1C1D平面A1AD;求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值.解析(1)证明:由题意知ADBCB1C1且AD=BC=B1C1,四边形ADC1B1为平行四边形,AB1DC1,又AB1平面A1ABB1,DC1平面A1ABB1,DC1平面A1ABB1.(2)证明:取DC中点M,连接A1M,AM,易知RtA1ADRtA1AC,A1D=A1C,A1MDC,又易知AMDC,A1MA为二面角A1-DC-A的平面角,A1MA=45,在RtA1AM中,AA1=AM=2,AD=AC=22,AC2+AD2=DC2,ACAD,由题知ACAA1,ADAA1=A,AC平面A1AD,又ACA1C1,A1C1平面A1AD,又A1C1平面A1C1D,平面A1C1D平面A1AD.AB1C1D,C1D与平面A1AD所成角与AB1与平面A1AD所成角相等,由知C1A1平面A1AD,A1D为线段C1D在平面A1AD内的射影,A1DC1为直线DC1与平面A1AD所成的角,在RtA1DC1中,tanA1DC1=A1C1A1D=63,直线AB1与平面A1AD所成角的正切值为63.3.(2018天津河北一模,17)如图,平面ABE平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形,CBA=90,ADBCEF,ABE为等边三角形,AB=23,BC=2,AD=4,EF=3,G为CD的中点.(1)求证:FG平面ABE;(2)求证:平面CDF平面ABCD;(3)求直线AF与平面CDF所成角的正切值.解析(1)证明:取AB的中点H,连接EH,GH,则GH为直角梯形ABCD的中位线,GH=12(AD+BC)=3,GHAD,又EF=3,EFAD,GHEF,GH=EF,四边形EFGH是平行四边形,故EHFG,又FG平面ABE,EH平面ABE,FG平面ABE.(2)证明:ABE是等边三角形,EHAB,又平面ABE平面ABCD,平面ABE平面ABCD=AB,EH平面ABE,EH平面ABCD,又EHFG,FG平面ABCD,又FG平面CDF,平面CDF平面ABCD.(3)连接AC,AG,在直角梯形ABCD中,AC=AB2+BC2=4,又AD=4,G为CD中点,AGCD.又FG平面ABCD,AG平面ABCD,FGAG,AG平面FCD,AFG为直线AF与平面CDF所成的角,CD=AB2+(AD-BC)2=4,AC=4,AG=AC2-CG2=23,ABE是等边三角形,AB=23,FG=EH=3,tanAFG=AGFG=233.4.(2018天津南开二模,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,PCAD,PA=AB=BC,点E在棱PB上,且PE=2EB,ABDC,ABBC.(1)求证:平面PAB平面PCB;(2)求证:PD平面EAC;(3)求二面角A-CD-P的正切值.解析(1)证明:PA底面ABCD,BC平面ABCD,PABC,ABBC,PAAB=A,BC平面PAB,BC平面PCB,平面PAB平面PCB.(2)证明:PA底面ABCD,AC为PC在平面ABCD内的射影.又PCAD,ACAD.ABBC,AB=BC,BAC=45,又ABDC,DCA=BAC=45,故DAC为等腰直角三角形,DC=2AC=2AB.连接BD,交AC于点M,连接EM,则DMMB=DCAB=2.在BPD中,PEEB=DMMB=2,PDEM,又PD平面EAC,EM平面EAC,PD平面EAC.(3)取DC中点H,连接AH,PH,由(2)可知DAC为等腰直角三角形,AHDC.PA底面ABCD,CD平面ABCD,PACD,又AHPA=A,CD平面PAH,CDPH,PHA即为二面角A-CD-P的平面角,tanPHA=PAAH=1.5.(2018天津部分区县期末,17)如图,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为2的正方形,BCF为正三角形,G,H分别为BC,EF的中点,EF=4且EFAB,EFFB.(1)求证:GH平面EAD;(2)求证:FG平面ABCD;(3)求GH与平面ABCD所成角的正弦值.解析(1)证明:如图,取AD的中点M,连接EM,GM,因为四边形ABCD是边长为2的正方形,M、G分别为AD、BC的中点,所以MGAB,又EFAB,所以MGEF,因为H为EF的中点,EF=4,AB=2,所以EH=AB=MG,所以四边形EMGH为平行四边形,所以GHEM,又因为GH平面EAD,EM平面EAD,所以GH平面EAD.(2)证明:因为EFFB,EFAB,所以ABFB,在正方形ABCD中,ABBC,BCFB=B,所以AB平面FBC,又FG平面FBC,所以ABFG,在正三角形FBC中,FGBC,又ABBC=B,所以FG平面ABCD.(3)如图,连接HM,由(1)(2)可知HM平面ABCD,所以HGM为GH与平面ABCD所成的角,在RtHGM中,HM=3,MG=2,所以HG=HM2+MG2=7,所以sinHGM=HMHG=37=217.6.(2018天津部分区县二模,17)在等腰梯形ABCD中,ABCD,FC平面ABCD,EDFC,点G为AB的中点,且FC=AB=2ED=2CD=2,ABC=60.(1)求证:AE平面GCF;(2)求证:平面ACF平面BCF;(3)求直线FB与平面ADE所成角的正弦值.解析(