十年高考数学真题分类：7 3　直线 平面平行的判定和性质

7.3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.(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:

①若m∥n,则n∥α或n∥β

②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β

③若n∥α且n∥β,则m∥n

④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n

其中所有真命题的编号是()

A.①③B.②④C.①②③D.①③④

A

10

命题①,由m∥n,m⊂α,得n⊂α或n∥α,

若n⊂α,m∥n,m⊂β,则n∥β,命题①正确;

在正方体ABCD-A1B1C1D1中,如图1所示,

取平面ADD1A1为平面α,平面A1B1C1D1为平面β,

则A1D1为直线m,若n是C1D,则m⊥n,

但n不垂直于α且n不垂直于β,命题②错误;

若n是AC1,则n与平面α、β所成角相等,但m不垂直于n,命题④错误;

命题③,如图2,过n作平面γ交α于直线a,作平面δ交平面β于直线b,由

n∥α,n⊂γ,α∩γ=a得n∥a,同理可得n∥b.则a∥b,

由a∥b,a⊂α,b⊄α得b∥α,又α∩β=m,b⊂β,所以b∥m,所以m∥n,命题③正确,故选A.

2.(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ABCD

B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1

C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD

D.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AD1∩A1D=M,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.

又∵N为D1B的中点,∴MN∥AB.

∵AB平面ABCD,MN平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.

⊂⊄

∵AB⊥平面ADD1A1,A1D平面ADD1A1,∴AB⊥A1D,

⊂

∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABD1,

∴A1D⊥D1B.故A正确.

3.(2017课标Ⅰ,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,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;C选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面

MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;D选项中,AB∥NQ,且AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ.故

选A.

4.(2011北京文,17,14分)如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,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DE∥PC.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DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF.

所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC⊥AB,

所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形.

(3)存在点Q满足条件.理由如下:

连接DF,EG,设Q为EG的中点.

由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=EG.

1

分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN2,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=EG,所以Q为满足条件的点.

1

5.(2022北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形2,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①、条件②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①:AB⊥MN;

条件②:BM=MN.

注:如果选择条件①和条件②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NP∥AB,且NP=AB.

1

2

∵M是A1B1的中点,A1B1AB,∴B1M∥AB,且B1M=AB,

1

2

∴B1MPN,∴四边形B1PNM为平行四边形,

∴MN∥B1P,

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,

∴QN∥BC,QM∥B1B,

∵QN平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,

⊄⊂

∴QN∥平面BCC1B1,同理,QM∥平面BCC1B1,

又QM∩QN=Q,∴平面MNQ∥平面BCC1B1,

又MN平面MNQ,∴MN∥平面BCC1B1.

(2)选择⊂条件①.

∵侧面BCC1B1为正方形,∴BC⊥BB1,又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,BC

⊂

平面BCC1B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB.

解法一:由(1)中证法一知MN∥B1P,又AB⊥MN,∴AB⊥B1P.

∵BC∩B1P=P,∴AB⊥平面BCC1B1.∴AB⊥BB1.

∴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),

∴=(0,1,2),=(1,1,0),=(0,-2,0).

设平𝐵面BMN的法�向�量为n=(x,�y�,z),

则即令z=1,得n=(2,-2,1).

�·��=0,�+2�=0,

�+�=0,

∴co�s·<�n�,=0,,

�·��42

��>=|�||��|=3×2=3

故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.

2

3

解法二:连接MA.

易知NQ⊥AB,又AB⊥MN,MN∩NQ=N,∴AB⊥平面MNQ,∴AB⊥MQ.

结合(1)中证法二知NQ⊥MQ.又AB∩NQ=Q,

∴MQ⊥平面ABN,∴点M到平面ABN的距离为2.

∴V三棱锥M-ABN=.

112

3×2·�△�𝐵=3×2×1=3

易知BM=,BN=,MN=,

22

52��+��=5

∴SBMN=.

3

△

2

设A到平面BMN的距离为h,

则VA-BMN=VM-ABN=,

2

即,∴h=3,

1324

3·ℎ·2=33

∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为4.

32

2=3

选择条件②.

∵侧面BCC1B1为正方形,∴BC⊥BB1,又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,BC

⊂

平面BCC1B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB.

结合(1)中证法二易知MQ⊥NQ.∵AB=BC=2,∴NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,∴△MBQ≌△MNQ,

∴MQ⊥BQ.∴BB1,BC,BA两两垂直.

解法一(向量法):同选①的解法一.

解法二(几何法):同选①的解法二.

6.(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,BC∥AD,CD⊥

AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.

(1)证明:CE∥平面PAB;

(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EF∥AD且EF=AD.

1

2

又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,

1

即四边形BCEF为平2行四边形,所以CE∥BF,

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,MQ∥CE.

由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.

由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.

所以AD⊥平面PBN,

由BC∥AD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=得CE=,

22

在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,

1

3

4

在Rt△MQH中,QH=,MQ=,

1

2

4

所以sin∠QMH=.

2

8

所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.

2

方法总结1.证明直线与平面平行的方法.(例8:求证:l∥α)

①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.

②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.

2.求线面角的方法.

①定义法:作出线面角,解三角形即可.

②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.

例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin

θ=得结论.

�

最好��是画出图形,否则容易出错.

7.(2016课标Ⅲ文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,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,

2

3

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

1

2

又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.

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PA.(9分)

1

取BC的中点E,连接AE.2

由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.

22

��−B�5

由AM∥BC得M到BC的距离为,

5

故S△BCM=×4×=2.

1

55

2

所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=·S△BCM·=.(12分)

1��45

323

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.

8.(2015课标Ⅱ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α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α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EM⊥AB,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==6,AH=10,HB=6.

22

��−E�

因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为也正确.

97

9.(2014课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形7,9PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.

(1)证明:PB∥平面AEC;

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

3

3

4

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EO∥PB.

EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,

所以PB∥平面AEC.

(2)V=PA·AB·AD=AB.

13

66

又V=,

3

4

所以AB=,

3

2

所以PB==.

2213

��+P�

作AH⊥PB交PB于H.2

由题设知BC⊥平面PAB,

因为AH⊂平面PAB,

所以BC⊥AH,

又BC∩BP=B,

故AH⊥平面PBC.

又AH==,

��·��313

��13

所以A到平面PBC的距离为.

313

思路分析(1)由线线平行证出13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.

10.(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2,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.17

(1)证明:GH∥EF;

(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PBC∩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O,BD交EF于点K,连接OP,GK.

因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.

又BD∩AC=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PO∥GK,且GK⊥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=OB,即K为OB的中点.

11

42

再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB的中点,且GH=BC=4.

11

22

由已知可得OB=4,PO===6,

22

2��−O�68−32

所以GK=