2023版高考数学一轮总复习10年高考真题分类题组8

直线、平面平行的判定和性质

考点一直线与平面平行的判定和性质

1.（2016浙江,2,5分）已知互相垂直的平面a,0交于直线1.若直线m,n满足m〃a,n,6,

则（）

//\〃n±1±n

答案C；anB=l,；.luB,,，n_Ll.故选C.

思路分析利用直线与平面垂直的性质及平面交线的性质,判断C正确.

2.（2015浙江文,4,5分）设a,p是两个不同的平面,1,m是两条不同的直线，且

lca,me0.（）

A.若贝UaB.若a_LB,贝！Jl_Lm

C.若1〃B,则a〃BD.若&〃9,则l〃m

答案A对于选项A,由面面垂直的判定定理可知选项A正确;对于选项B,若

a_LB,lua,muB,则1与m可能平行,可能相交,也可能异面,所以选项B错误;对于选项

C,当1平行于a与B的交线时,1〃8,但此时a与8相交，所以选项C错误;对于选项D,

若a〃B,则1与m可能平行,也可能异面,所以选项D错误.故选A.

3.（2015广东,6,5分）若直线L和L是异面直线，L在平面a内，k在平面P内，1是平面a

与平面P的交线，则下列命题正确的是（）

与L,I都不相交

与L,12都相交

至多与L,k中的一条相交

至少与L,k中的一条相交

答案D解法一:如图1,L与k是异面直线,L与1平行与1相交，故A,B不正确;如图

2,L与h是异面直线,都与1相交，故C不正确，选D.

图1图2

解法二:因为1分别与L,12共面,故1与L,k要么都不相交,要么至少与L,L中的一条相交.

若1与L,L都不相交,则1〃L,l〃h,从而U//h,与L,L是异面直线矛盾,故1至少与b,h

中的一条相交,选D.

4.（2014辽宁,4,5分）已知m,n表示两条不同直线，a表示平面.下列说法正确的是（）

A.若m//a,n〃a,则m//nB.若m±a,nca,则m±n

C.若m±a,m±n,则n//aD.一若m//a,m±n,则n_La

答案B若m〃a,n〃a,则m与n可能平行、相交或异面，故A错误;B正确;若m_La,m_Ln,

则n〃a或nua,故C错误;若m〃a,m±n,则n与a可能平行、相交或nca,故D错误.

因此选B.

5.（2014浙江文,6,5分）设m,n是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面.（）

A.若m±n,n〃a,则m±a

B.若m〃B,BJ_a,则ma

C.若m_L6,n±B,n±a,则m_La

D.若m±n,n±6,6J_a,则m±a

答案C对于选项A、B、D,均能举出m〃a的反例;对于选项C,若则m〃n,

又n±a,/.m±a,故选C.

6.（2013课标H理,4,5分）已知m,n为异面直线,m_L平面a,n_L平面B.直线1满足

Um,Un,«£1,1见则（）

〃B且1〃a

，B且1_LB

与B相交,且交线垂直于1

与B相交,且交线平行于1

答案D若a〃B,则m〃n,这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确，a与6相交.将已

知条件转化到正方体中，易知a与B不一定垂直，但a与B的交线一定平行于1,从而排

除B、C.故选D.

导师点睛对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷.

7.（2013广东理,6,5分）设m,n是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面.下列命题中正

确的是（）

A.若aJ_B,mua,ncB,则m±n

B.若a〃B,mua,nuB,则m//n

C.若m±n,mea,ncB,则aJ,B

D.若m±a,m//n,n〃B,则aJ,6

答案D若aJ_B,mua,nuB,则m与n可能平行，故A错;若a〃B,mua,ncB,贝!Jm

与n可能平行，也可能异面，故B错;若mJ_n,mua,nu能则a与B可能相交,也可能平行,

故C错;对于1）项，由m±a,m〃n,得n_La,又知n〃B,故aJ_B,所以D项正确.

8.（2011辽宁理,8,5分）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD_L底面ABCD,则下列结论中

不氐顾的是（）

±SB

〃平面SCD

与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角

与SC所成的角等于DC与SA所成的角

答案D•.,四边形ABCD是正方形，；.AC，BD.

又；SD_L底面ABCD,ASD1AC.

其中SDCBD=D,面SDB,从而AC_LSB.故A正确.易知B正确.

设AC与DB交于0点,连接S0.

则SA与平面SBD所成的角为NASO,SC与平面SBD所成的角为NCSO,

又OA=OC,SA=SC,AZASO=ZCSO.故C正确.

由排除法可知选D.

评析本题主要考查了线面平行与垂直的判断及线面角、线线角的概念.属中档题.

9.（2016课标H,14,5分）a,0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±a,n〃P,那么aJ,B.

②如果m_La,n〃a,那么m±n.

③如果a〃B,mua,那么m//B.

④如果m〃n,a〃B,那么m与a所成的角和n与B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

解析对于①,由m±n,m±a可得n〃a或n在a内，当n〃B时，a与B可能相交,也可

能平行,故①错误;对于②,过直线n作平面与平面a交于直线c,由n〃a可知

n//c,Vmla,；.m_Lc,；.m_Ln,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,

由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的有②③④.

解题关键熟记和理解每个定理是解决此类问题的关键.

10.(2019课标I文,19,12分)如图，直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形,AAF4,AB=2,NBAD=60°,E,M,N分别是BC,BB“A,D的中点.

(1)证明:MN〃平面GDE;

(2)求点C到平面GDE的距离.

解析本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明，考查了

学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养.

⑴连接BiC,ME.因为M,E分别为BBbBC的中点,所以ME〃B£,且ME^BC又因为N为A,D的

中点，所以皿=孑山.

由题设知ABDC,可得B£AD,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN〃ED.

又MNC平面CiDE,所以MN〃平面GDE.

(2)过C作GE的垂线，垂足为H.

由己知可得DE±BC,DEXGC,所以DEJ_平面C.CE,

故DE±CH.

从而CH_L平面GDE,

故CH的长即为C到平面GDE的距离.

由己知可得CE=1,CiC=4,所以CiE=Vl7,

从而点C到平面C,DE的距离为窄.

思路分析⑴连接BCME.证明四边形MNDE是平行四边形，得出MN〃DE,然后利用线面平行

的判定定理证出结论.（2）注意到DEL平面BCC.B,,只需过点C作GE的垂线便可求解.

11.（2017课标H文，18,12分）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=1AD,ZBAD=ZABC=90°.

⑴证明：直线BC〃平面PAD;

（2）若4PCD的面积为2次,求四棱锥P-ABCD的体积.

解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.

⑴证明：在平面ABCD内,

因为NBAD=NABC=90°,

所以BC〃AD.

又BE平面PAD,ADc平面PAD,故BC〃平面PAD.

⑵取AD的中点M,连接PM,CM.

由AB=BC=AD及BC/7AD,ZABC=90°得四边形ABCM为正方形，则CM±AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PADA平面ABCD=AD,所以PM1AD,PM1

底面ABCD.

因为CMc底面ABCD,

所以PM，CM.

设BC=x,则CM=x,CD=V2x,PM=V3x,PC=PD=2x.

取CD的中点N,连接PN,

则PN1CD,所以PN[X.

因为△PCD的面积为2/，

所以JXV2xX^p-x=2V7,

解得x=~2(舍去)或x=2,于是AB=BC=2,AD=4,PM=2>/3.

所以四棱锥P-ABCD的体积V^X咨型X2/=4服.

12.(2016课标UI文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PAJ_底面

ABCD,AD/7BC,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=|AD=2,

取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN〃BC,TN=^C=2.（3分）

又AD/7BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN/7AT.

因为ATc平面PAB,MNG平面PAB,所以MN〃平面PAB.（6分）

⑵因为PA_L平面ABCD,N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为（PA.（9分）

取BC的中点E,连接AE.

由AB=AC=3得AE±BC,AE=V2-B2=V5.

由AM〃BC得M到BC的距离为正,

故SABOI^X4XV5=2V5.

所以四面体N-BCM的体积Vx尾•S&K"•—（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位线求解.

13.（2015课标II文，19,12分）如图，长方体ABCD-AiBCDi中,AB=16,BC=10,AAi=8,点E,F分别

在AB,DC上,AiE=DF=4.过点E,F的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.

/a

（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）;

（2）求平面a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EM1AB,垂足为M,则AM=AiE=4,EB,=12,EM=AA,=8.

因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是MH=V2-E2=6,AH=10,HB=6.

因为长方体被平面a分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为甚，也正确）.

14.（2014课标II文，18,12分）如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PAL平面ABCD,E

为PD的中点.

⑴证明:PB〃平面AEC;

（2）设AP=1,AD=V3,三棱锥P-ABD的体积V耳,求A到平面PBC的距离.

解析（1）证明：设BD与AC的交点为0,连接E0.

因为ABCD为矩形，

所以0为BD的中点.

又E为PD的中点，

所以EO〃PB.

EOc平面AEC,PBQ平面AEC,

所以PB〃平面AEC.

(2)V-PA•AB•AD-AB.

66

又V喙

所以AB=|,

所以PB=7—2+p2浮.

作AH±PB交PB于H.

由题设知BCJ_平面PAB,

因为AHu平面PAB,

所以BCJ_AH,

又BCnBP=B,

故AH_L平面PBC.

所以A到平面PBC的距离为噜.

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AH±PB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.

15.(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

2g,点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH_L平面ABCD,BC〃平面

GEFH.

⑴证明:GH〃EF;

(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.

H

/…涉c

AER

解析（1）证明：因为BC〃平面GEEH,BCc平面PBC,且平面PBCCl平面GEFH=GH,所以GH〃BC.

同理可证EF〃BC,

因此GH〃EF.

（2）连接AC,BD交于点0,BD交EF于点K,连接OP,GK.

因为PA=PC,0是AC的中点，所以PO±AC,同理可得P01BD.

又BDCIAC=O,且AC,BD都在底面内，所以PO_L底面ABCD.又因为平面GEFH_L平面ABCD,且POC

平面GEFH,

所以P0〃平面GEFH.

因为平面PBDCI平面GEFH=GK,

所以PO〃GK,且GK_L底面ABCD,

从而GK±EF.

所以GK是梯形GEFH的高.

由AB=8,EB=2得EB：AB=KB：DB=1：4,

从而KB[DB=10B,即K为0B的中点.

再由PO〃GK得GK=；PO,即G是PB的中点，且G畤BC=4.

Z

由已知可得0B=4V2,PO=V2=>/6832=6,

所以GK=3.

故四边形GEFH的面积S=-j—•GK普义3=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.

16.（2013课标U文，18,12分）如图，直三棱柱ABC-ABG中，D,E分别是AB,BB1的中点.

⑴证明：B3〃平面A£D;

(2)设AAi=AC=CB=2,AB=2近,求三棱锥C-A.DE的体积.

解析(1)证明：连接AG交AC于点F,

则F为AG中点.

由D是AB中点,连接DF,则BC〃DF.

因为DFu平面A£D,BGQ平面ACD,

所以BG〃平面A£D.

(2)因为ABC-ABG是直三棱柱，

所以AA」CD.由已知AC=CB,D为知的中点,

所以CDLAB.

又AAGAB=A,于是CD_L平面ABB.Ai.

由AAi=AC=CB=2,AB=2应得

ZACB=90°,CD=V2,DE=g,A£=3,

2z2

故AtD+DE=AiE,即DE±AiD.

所以一IDE^X/X遥xV5x©=i.

思路分析(1)利用线面平行的判定定理在平面A.CD内找出一条直线与直线BG平行即可；

(2)先证明CD,平面ABBA,再根据题目给的条件算出三棱锥C-A.DE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AB的中点G,连接C,G,GB,因

为GB〃ARCiG/ZCD,CiGc平面GBCi,GBc平面GBCi,且GGCGB=G,A.Dc平面AiCD,CDc平面

AiCD,A,DnCD=D,所以平面GBG〃平面A,CD.又BCu平面GBC,所以BG〃平面A.CD.

微专题立体几何中翻折问题的解决策略

1.（2021浙江杭州二模，10）如图,长方形ABCD中,AB=半,AD=1,点E在线段AB（端点除外）上,

现将4ADE沿DE折起至AA'DE.设NADE=a,二面角A'-DE-C的大小为B,若a+B4,则四

棱锥A'-BCDE体积的最大值为（）

答案A过点A作DE的垂线并延长，垂足为0,连接A'0,设点A'在底面ABCD内的射影为H,

则点II在射线A0上,ZA,011=B甘-a.

易知AE=tana,A0=A，0=sina,从而BE=^-tana,A'H

=A'0•sin（：-Q）=sinacosa,

,、8+J.V15

11*c_（+）•-tan+—

从而S四边形BEIK----------------

_V15-tan

2.

从而V.\'-BCDE=-S四边形

IOE,A，sinacosa^（VlSsinacosa-sin2a）二:（半sin2」

32y"66\22/12

in2a+cos2a-1）,其中tana£（0,4）.

显然V.L年（VIKsin2a+cos2a—1）〈市（4一1）』故选A.

2.（2021浙江新高考研究卷（三），17）如图，在AABC中,CA=2CB=2,NACB=120°,点D在线段

AB上运动.沿直线CD将4ACD折至AA'CD,使得平面A'CD,平面BCD,则A'B的最小值

为.

答案2

解析设NACD=e,则/BCD=?-。。e（0,y-）.

由三余弦公式得，cosZA'CB=cosZA,Cl）,cosZBCD=cos。,cos（g-。），

itAA'BC中,A（B2=5-4COSZA'CB=5-4COS0cos缺-9）=6-2cos（2-?沁

当S《时取等号,故A'B的最小值为2.

3.（2021江西南昌二模，19）如图,菱形ABCD的边长为6,对角线交于点E,NABC=g•，将AADC

沿AC折起得到三棱锥D-ABC,点D在底面ABC上的投影为点0.

⑴求证:AC_LBD;

⑵当0为AABC的重心时,求C到平面ABD的距离.

解析（1）证明：因为折叠前BD1AC,所以折叠后AC±BE,AC±DE,

因为DEnBE=E,所以AC_L平面BDE,

又BDc平面BDE,所以AC1BD.

（2）当0为aABC的重心时,B0=20E,

因为AB=6,/ABC号，

所以CE=AE=3V3,DE=BE=3,故B0=2,0E=l,

因为DO,平面ABC,所以D0±BE,

在RtADOE中,DO=V2_。2=22,则BD=72+02=2V3,

在aDAB中，AD=AB=6,BD=2V3,

由勾股定理可得点A到BD的距离为商,

所以X2V3XV33=3VTT,

设C到平面ABD的距离为d,

因为VeVc-幽,所以;X：X6百X3X2A/2=|X3vliXd,则d呼.

即C到平面ABD的距离等于等.

4.(2021天津南开中学统练(25),17)如图1,在AABC中,D,E分别为AB,AC的中点,0为DE的

中点,AB=AC=2V5,BC=4.将4ADE沿DE折起到AADE的位置，使得平面AQE，平面BCED,如图

2.

(1)求证:AQ_LBD;

(2)求直线A.C和平面ABD所成角的正弦值；

(3)线段A,C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为"?若存在,求出T的值;

7

若不存在，说明理由.

解析(1)证明：因为在4ABC中,D,E分别为AB,AC的中点，

所以DE〃BC,AD=AE.所以AlD=AlE,

又0为DE的中点，所以AQLDE.

因为平面ADE_L平面BCED,平面AJ)ECI平面BCED=DE,且AQu平面A.DE,

所以AQ_L平面BCED,

又因为BDc平面BCED,所以AiO±BD.

(2)取BC的中点G,连接OG,则OE1OG.

由⑴得AQ_L0E,Ai0,0G.

如图，建立空间直角坐标系0-xyz.

由题意得,A,(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).

所以一^=(2,-2,-2),(0,-1,-2),⑵2,-2).

设平面A.BD的法向量为n=(x,y,z).

则]•亚=。，叫2-厂2=0,

(•A]D=0,"-*2*5=

令x=l,贝！Jy=2,z--l,所以n=(l,2,-1).

设直线AC和平面AiBD所成角为0.

贝ljsin。|cos〈n,一©|=j；黑

IIIIJ

故所求角的正弦值为苧.

(3)线段A.C上存在点F适合题意，

设』=人一其中XG[0,l].

设F(xi,yi,Zi),则有(xi,ybz-2)=(2入，2人，-2人)，

所以Xi=2X,yi=2入，zi=2-2入，从而F(2入，2人，2-2人),

所以一»二(2入，2入+1,2-2人)，又一,二(0,4,0),

所以|cos<一\一»>:二.二

_4|2+1|__________

4^(2)2+(2X+])2+(2-2X)2

令_______12+1|

J(2)2+(2X+l)2+(2-2X)27

整理得16X-24X+9=0,解得X4

所以线段A.C上存在点F适合题