8.3　直線、平面平行的判定與性質(zhì)考點(diǎn)　直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.(2021浙江,6,4分)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1,M,N分別是A1D,D1B的中點(diǎn),則 (　　)A.直線A1D與直線D1B垂直,直線MN∥平面ABCDB.直線A1D與直線D1B平行,直線MN⊥平面BDD1B1C.直線A1D與直線D1B相交,直線MN∥平面ABCDD.直線A1D與直線D1B異面,直線MN⊥平面BDD1B1答案　A　解題指導(dǎo):利用線面平行的判定定理和線面垂直的判定定理解決此類問(wèn)題.解析　連接AD1,在正方形ADD1A1中,由M為A1D的中點(diǎn),可知AD1∩A1D=M,且M為AD1的中點(diǎn),AD1⊥A1D.又∵N為D1B的中點(diǎn),∴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正確. 2.(2017課標(biāo)Ⅰ,6,5分)如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(　　)答案　A　B選項(xiàng)中,AB∥MQ,且AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;C選項(xiàng)中,AB∥MQ,且AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;D選項(xiàng)中,AB∥NQ,且AB?平面MNQ,NQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ.故選A.3.(2022北京,17,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BCC1B1為正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分別為A1B1,AC的中點(diǎn).(1)求證:MN∥平面BCC1B1;(2)再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.條件①:AB⊥MN;條件②:BM=MN.注:如果選擇條件①和條件②分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.  解析　 (1)證法一:取BC的中點(diǎn)P,連接NP,B1P,則NP∥AB,且NP=AB.∵M是A1B1的中點(diǎn),A1B1?AB,∴B1M∥AB,且B1M=AB,∴B1M?PN,∴四邊形B1PNM為平行四邊形,∴MN∥B1P,又B1P?平面BCC1B1,MN?平面BCC1B1,∴MN∥平面BCC1B1.證法二:取AB的中點(diǎn)Q,連接QN,QM,∵M,N分別是A1B1,AC的中點(diǎn),∴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)選擇條件①.∵側(cè)面BCC1B1為正方形,∴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)中證法一知MN∥B1P,又AB⊥MN,∴AB⊥B1P.∵BC∩B1P=P,∴AB⊥平面BCC1B1.∴AB⊥BB1.∴BC,B1B,BA兩兩垂直.以B為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則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).設(shè)平面BMN的法向量為n=(x,y,z),則令z=1,得n=(2,-2,1).∴cos<n,,故直線AB與平面BMN所成角的正弦值為.解法二:連接MA.易知NQ⊥AB,又AB⊥MN,MN∩NQ=N,∴AB⊥平面MNQ,∴AB⊥MQ.結(jié)合(1)中證法二知NQ⊥MQ.又AB∩NQ=Q,∴MQ⊥平面ABN,∴點(diǎn)M到平面ABN的距離為2.∴V三棱錐M-ABN=.易知BM=,BN=,MN=,∴S△BMN=.設(shè)A到平面BMN的距離為h,則VA-BMN=VM-ABN=,即,∴h=,∴直線AB與平面BMN所成角的正弦值為.選擇條件②.∵側(cè)面BCC1B1為正方形,∴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.結(jié)合(1)中證法二易知MQ⊥NQ.∵AB=BC=2,∴NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,∴△MBQ≌△MNQ,∴MQ⊥BQ.∴BB1,BC,BA兩兩垂直.解法一(向量法):同選①的解法一.解法二(幾何法):同選①的解法二. 4.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點(diǎn).(1)證明:CE∥平面PAB;(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.解析　本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.(1)證明:如圖,設(shè)PA中點(diǎn)為F,連接EF,FB.因?yàn)?/span>E,F分別為PD,PA中點(diǎn),所以EF∥AD且EF=AD.又因?yàn)?/span>BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,即四邊形BCEF為平行四邊形,所以CE∥BF,因此CE∥平面PAB.(2)分別取BC,AD的中點(diǎn)為M,N.連接PN交EF于點(diǎn)Q,連接MQ.因?yàn)?/span>E,F,N分別是PD,PA,AD的中點(diǎn),所以Q為EF中點(diǎn),在平行四邊形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中點(diǎn)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.過(guò)點(diǎn)Q作PB的垂線,垂足為H,連接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設(shè)CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=,在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,在Rt△MQH中,QH=,MQ=,所以sin∠QMH=.所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是.方法總結(jié)　1.證明直線與平面平行的方法.(例:求證:l∥α)①線面平行的判定定理:在平面α內(nèi)找到一條與直線l平行的直線m,從而得到l∥α.②面面平行的性質(zhì):過(guò)直線l找到(或作出)一個(gè)平面β,使得β∥α,從而得l∥α.2.求線面角的方法.①定義法:作出線面角,解三角形即可.②解斜線段、射影、垂線段構(gòu)成的三角形.例:求AB與平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出點(diǎn)B到平面α的距離d(通常由等體積法求d),由sin θ=得結(jié)論.最好是畫出圖形,否則容易出錯(cuò).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=AD=2,取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC中點(diǎn)知TN∥BC,TN=BC=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)?/span>AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)因?yàn)?/span>PA⊥平面ABCD,N為PC的中點(diǎn),所以N到平面ABCD的距離為PA.(9分)取BC的中點(diǎn)E,連接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.由AM∥BC得M到BC的距離為,故S△BCM=×4×=2.所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=·S△BCM·=.(12分)評(píng)析　本題考查了線面平行的判定,考查了三棱錐的體積,考查了空間想象能力.線段的中點(diǎn)問(wèn)題一般應(yīng)用三角形的中位線求解.6.(2015課標(biāo)Ⅱ文,19,12分)如圖,長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點(diǎn)E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過(guò)點(diǎn)E,F的平面α與此長(zhǎng)方體的面相交,交線圍成一個(gè)正方形.(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說(shuō)明畫法和理由);(2)求平面α把該長(zhǎng)方體分成的兩部分體積的比值.解析　(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因?yàn)?/span>EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,AH=10,HB=6.因?yàn)殚L(zhǎng)方體被平面α分成兩個(gè)高為10的直棱柱,所以其體積的比值為.7.(2014課標(biāo)Ⅱ文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點(diǎn).(1)證明:PB∥平面AEC;(2)設(shè)AP=1,AD=,三棱錐P-ABD的體積V=,求A到平面PBC的距離.解析　(1)證明:設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為O,連接EO.因?yàn)?/span>ABCD為矩形,所以O為BD的中點(diǎn).又E為PD的中點(diǎn),所以EO∥PB.EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)V=PA·AB·AD=AB.又V=,所以AB=,所以PB==.作AH⊥PB交PB于H.由題設(shè)知BC⊥平面PAB,因?yàn)?/span>AH?平面PAB,所以BC⊥AH,又BC∩BP=B,故AH⊥平面PBC.又AH==,所以A到平面PBC的距離為.思路分析　(1)由線線平行證出線面平行;(2)首先由題設(shè)求出AB,然后過(guò)A作AH⊥PB于H,證明AH就是A到平面PBC的距離,通過(guò)解三角形求解即可.8.(2014安徽,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為8的正方形,四條側(cè)棱長(zhǎng)均為2,點(diǎn)G,E,F,H分別是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點(diǎn),平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)證明:GH∥EF;(2)若EB=2,求四邊形GEFH的面積.解析　(1)證明:因?yàn)?/span>BC∥平面GEFH,BC?平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.同理可證EF∥BC,因此GH∥EF.(2)連接AC,BD交于點(diǎn)O,BD交EF于點(diǎn)K,連接OP,GK.因?yàn)?/span>PA=PC,O是AC的中點(diǎn),所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內(nèi),所以PO⊥底面ABCD.又因?yàn)槠矫?/span>GEFH⊥平面ABCD,且PO?平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因?yàn)槠矫?/span>PBD∩平面GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,從而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,從而KB=DB=OB,即K為OB的中點(diǎn).再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB的中點(diǎn),且GH=BC=4.由已知可得OB=4,PO===6,所以GK=3.故四邊形GEFH的面積S=·GK=×3=18.評(píng)析　本題考查線面平行與垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化,同時(shí)考查空間想象能力和邏輯推理能力,解題時(shí)要有較強(qiáng)的分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.9.(2013課標(biāo)Ⅱ文,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點(diǎn).(1)證明:BC1∥平面A1CD;(2)設(shè)AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱錐C-A1DE的體積.解析　(1)證明:連接AC1交A1C于點(diǎn)F,則F為AC1中點(diǎn).由D是AB中點(diǎn),連接DF,則BC1∥DF.因?yàn)?/span>DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)因?yàn)?/span>ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D為AB的中點(diǎn),所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=2得∠ACB=90°,CD=,A1D=,DE=,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以=××××=1.思路分析　(1)利用線面平行的判定定理在平面A1CD內(nèi)找出一條直線與直線BC1平行即可;(2)先證明CD⊥平面ABB1A1,再根據(jù)題目給的條件算出三棱錐C-A1DE的高和底面面積,利用三棱錐的體積公式計(jì)算即可.一題多解　證明第(1)問(wèn)時(shí),也可以利用面面平行的性質(zhì),即:取A1B1的中點(diǎn)G,連接C1G,GB,因?yàn)?/span>GB∥A1D,C1G∥CD,C1G?平面GBC1,GB?平面GBC1,且C1G∩GB=G,A1D?平面A1CD,CD?平面A1CD,A1D∩CD=D,所以平面GBC1∥平面A1CD.又BC1?平面GBC1,所以BC1∥平面A1CD. 

相關(guān)課件

2024年高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)25_專題八84直線、平面垂直的判定和性質(zhì)（專題試卷+講解PPT）：

這是一份2024年高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)25_專題八84直線、平面垂直的判定和性質(zhì)（專題試卷+講解PPT），文件包含1_84直線平面垂直的判定和性質(zhì)分層集訓(xùn)pptx、1_84直線平面垂直的判定和性質(zhì)pptx、1_84直線平面垂直的判定和性質(zhì)十年高考docx、1_84直線平面垂直的判定和性質(zhì)docx等4份課件配套教學(xué)資源，其中PPT共63頁(yè)， 歡迎下載使用。

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課件專題八 8.4 直線、平面垂直的判定和性質(zhì)（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課件專題八 8.4 直線、平面垂直的判定和性質(zhì)（含解析），共17頁(yè)。PPT課件主要包含了線面垂直的性質(zhì)，面面垂直的性質(zhì)等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課件專題八 8.3 直線、平面平行的判定和性質(zhì)（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課件專題八 8.3 直線、平面平行的判定和性質(zhì)（含解析），共11頁(yè)。

英語(yǔ)朗讀寶
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
  • 1.電子資料成功下載后不支持退換，如發(fā)現(xiàn)資料有內(nèi)容錯(cuò)誤問(wèn)題請(qǐng)聯(lián)系客服，如若屬實(shí)，我們會(huì)補(bǔ)償您的損失
  • 2.壓縮包下載后請(qǐng)先用軟件解壓，再使用對(duì)應(yīng)軟件打開；軟件版本較低時(shí)請(qǐng)及時(shí)更新
  • 3.資料下載成功后可在60天以內(nèi)免費(fèi)重復(fù)下載
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
  • 精品推薦
  • 所屬專輯41份
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

  • 0

    資料籃

  • 在線客服

    官方
    微信

    添加在線客服

    獲取1對(duì)1服務(wù)

  • 官方微信

    官方
    微信

    關(guān)注“教習(xí)網(wǎng)”公眾號(hào)

    打開微信就能找資料

  • 免費(fèi)福利

    免費(fèi)福利
返回
頂部