1_8.3　直线、平面平行的判定和性质.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 8.3　直线、平面平行的判定和性质 基础篇 考点一　直线与平面平行的判定和性质 1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　A　 2.(2022湖南益阳调研,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,BC的中点,则下列说法错误的是(　　) A.AD⊥A1E　　　　B.EF∥A1C1 C.A1E∥B1F　　　　D.B1F∥平面A1AD 答案　C　 3.(多选)(2022辽宁葫芦岛一模,10)点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列满足MN∥平面ABC的是(　　) A　　　　B C　　　　D 答案　BC　 4.(多选)(2022河北邯郸一模,10)如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点, G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,则(　　) A.BD∥平面EGHF B.FH∥平面ABC C.AC∥平面EGHF D.直线GE,HF,AC交于一点 答案　AD　 5.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点. (1)求证:BC1∥平面AD1E; (2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值. 解析　(1)证明:∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B1.又AB∥A1B1,AB=A1B1,∴D1C1∥AB,D1C1=AB,∴四边形ABC1D1为平行四边形,∴AD1∥BC1,又AD1⊂平面AD1E,BC1⊄平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E. (2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD,AB,AA1}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA1=(0,0,2),AD1=(2,0,2),AE=(0,2,1),设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为θ, 则n·AD1=0,n·AE=0,即2x+2z=0,2y+z=0,令z=-2,则x=2,y=1, 此时n=(2,1,-2), ∴sin θ=|cos<n,AA1>|=|n·AA1||n||AA1|=|−4|4+1+4×2=23, ∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23. 考点二　平面与平面平行的判定和性质 1.(2019课标Ⅱ,文7,理7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(　　) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 答案　B　 2.(2021太原一模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是正三角形,G是△PAB的重心,D,E,H分别是PA,BC,PC的中点,点F在BC上,且BF=3FC. (1)求证:平面DFH∥平面PGE; (2)若PB⊥AC,AB=AC=2,BC=22,求二面角A-PC-B的余弦值. 解析　(1)证明:连接BG,GD,由题意得BG与GD共线,且BG=2GD, ∵E是BC的中点,BF=3FC,∴F是CE的中点, ∴BGGD=BEEF=2,∴GE∥DF, ∵GE⊂平面PGE,DF⊄平面PGE,∴DF∥平面PGE, ∵H是PC的中点,∴FH∥PE, ∵HF⊄平面PGE,PE⊂平面PGE,∴FH∥平面PGE, ∵DF∩FH=F,∴平面DFH∥平面PGE. (2)∵AB=AC=2,BC=22, ∴AB2+AC2=8=BC2,∴AB⊥AC,又∵PB⊥AC,AB∩PB=B, ∴AC⊥平面PAB, 以A为坐标原点,向量AB,AC的方向为x轴,y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,由题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,3),则AC=(0,2,0),AP=(1,0,3),PC=(-1,2,-3),BC=(-2,2,0), 设平面PAC的法向量是m=(x1,y1,z1), 则m·AC=0,m·AP=0,∴2y1=0,x1+3z1=0,则y1=0, 令z1=-1,则x1=3,∴m=(3,0,-1), 设平面PBC的法向量是n=(x2,y2,z2), 则n·PC=0,n·BC=0,∴−x2+2y2−3z2=0,−2x2+2y2=0, 令z2=1,则x2=3,y2=3,∴n=(3,3,1), ∴cos<m,n>=m·n|m||n|=77,又知二面角A-PC-B是锐二面角,∴二面角A-PC-B的余弦值为77. 综合篇 考法一　判定或证明直线与平面平行的方法 1. (2021江苏扬州大学附中检测,5)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,P点在线段B1C上,则NP与平面AMC1的位置关系是(　　) A.垂直 B.平行 C.相交但不垂直 D.要依P点的位置而定 答案　B　 2.(多选)(2022辽宁大连模拟,11)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,则(　　) A.平面PAD内任意一条直线都不与BC平行 B.平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行 C.平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行 D.平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行 答案　ABD　 3.(2019北京,文13,理12,5分)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断: ①l⊥m;②m∥α;③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　　　　　　　.  答案　若l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一) 4.(2023届南京学情调研,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥平面ABCD,M为PC的中点. (1)求证:PA∥平面MBD; (2)若AB=AD=PA=2,∠BAD=120°,求二面角B-AM-D的正弦值. 解析　(1)证明:连接AC交BD于点O,可知O为AC的中点,连接OM,又M为PC的中点,所以OM∥PA,又OM⊂平面MBD,PA⊄平面MBD,所以PA∥平面MBD. (2)由题意可得平行四边形ABCD为菱形.建立如图所示的空间直角坐标系, 在菱形ABCD中,因为AB=AD=2,∠BAD=120°,所以AC=2,OB=3,所以B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0),A(0,-1,0),M(0,0,1),所以BA=(-3,-1,0),BM=(-3,0,1),DA=(3,-1,0),DM=(3,0,1), 设平面MBA的法向量为m=(x,y,z),则m·BA=0,m·BM=0,即−3x−y=0,−3x+z=0,令x=1,则y=−3,z=3,则m=(1,-3,3), 设平面MDA的法向量为n=(a,b,c), 则n·DM=0,n·DA=0,即3a+c=0,3a−b=0,令a=1, 则n=(1,3,-3), 所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|=1−3−37×7=−57,所以sin<m,n>=267,故二面角B-AM-D的正弦值为267. 5.(2022新高考Ⅱ,20,12分)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. (1)证明:OE∥平面PAC; (2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. 解析　(1)证法一:连接OA, ∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC, ∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°, 又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB, 取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB, 又∵AB⊥AC,∴OD∥AC, 又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,∴OD∥平面PAC, 又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA, 又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC, 又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D, ∴平面ODE∥平面PAC, 又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC. 证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高, ∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB, ∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO, ∴△POA≌△POB,∴OA=OB, 延长BO交AC于点F,连接PF, 易知在Rt△ABF中,O为BF的中点, ∵E为PB的中点,∴OE∥PF, 又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC, ∴OE∥平面PAC. (2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系. ∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4, 又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=23, ∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,32,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=43, ∴AC=12,C(-23,12,0). 设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1), ∵AB=(43,0,0),AE=33,1,32, ∴AB·n1=0,AE·n1=0,即x1=0,33x1+y1+32z1=0, 令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2). 设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2), ∵AC=(0,12,0), ∴AC·n2=0,AE·n2=0,即y2=0,33x2+y2+32z2=0, 令x2=3,则z2=-6,∴n2=(3,0,-6), ∴cos<n1,n2>=n1·n2|n1|·|n2|=1213×39=4313, 设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=1−cos2θ=1113,∴二面角C-AE-B的正弦值为1113. 考法二　判定或证明平面与平面平行的方法 (2022长沙雅礼中学月考七,19)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,AB=2,DE=BF,BF∥DE,M为棱AE的中点. (1)求证:平面BMD∥平面EFC; (2)若ED⊥平面ABCD,BM⊥CF,求二面角E-AF-B的余弦值. 解析　(1)证明:连接AC,交BD于点N, ∴N为AC的中点,连接MN,∵M为棱AE的中点, ∴MN∥EC. ∵MN⊄平面EFC,EC⊂平面EFC,∴MN∥平面EFC. ∵BF∥DE,BF=DE,∴四边形BDEF为平行四边形, ∴BD∥EF.又BD⊄平面EFC,EF⊂平面EFC, ∴BD∥平面EFC,又MN∩BD=N, ∴平面BMD∥平面EFC. (2)∵ED⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形, ∴ED,AD,CD两两垂直.分别以DA、DC、DE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(2,2,0),C(0,2,0),A(2,0,0),设ED=2a,a>0,则M(1,0,a),F(2,2,2a),E(0,0,2a),∴BM=(-1,-2,a),CF=(2,0,2a).∵BM⊥CF,即BM⊥CF,∴-1×2+a×2a=0,∴a=1,∴EA=(2,0,-2),AF=(0,2,2). 设平面EAF的法向量为m=(x,y,z),则m·EA=0,m·AF=0, 即2x−2z=0,2y+2z=0.∴m=(1,-1,1). ∵BF∥DE,DE⊥平面ABCD,∴BF⊥平面ABCD. 又DA⊂平面ABCD,∴BF⊥DA, 又DA⊥AB,BF∩AB=B, ∴DA⊥平面AFB,∴平面AFB的一个法向量为DA=(2,0,0).∵cos<m,DA>=21+1+1×2=33, 由图可知二面角E-AF-B为钝二面角, ∴二面角E-AF-B的余弦值为-33. 第 9 页 共 9 页