24_专题八83直线、平面平行的判定和性质（习题+十年高考）

8.3　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.(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.

2.(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　A　B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.

3.(2022北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,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.

∵M是A1B1的中点,A1B1?AB,∴B1M∥AB,且B1M=AB,

∴B1M?PN,∴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).

设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),

则令z=1,得n=(2,-2,1).

∴cos<n,,

故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.

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=.

易知BM=,BN=,MN=,

∴S△BMN=.

设A到平面BMN的距离为h,

则VA-BMN=VM-ABN=,

即,∴h=,

∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.

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.

4.(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.

又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,

即四边形BCEF为平行四边形,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=,

在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,

在Rt△MQH中,QH=,MQ=,

所以sin∠QMH=.

所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.

方法总结　1.证明直线与平面平行的方法.(例: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.

5.(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,

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

又AD∥BC,故TN?AM,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)

取BC的中点E,连接AE.

由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.

由AM∥BC得M到BC的距离为,

故S△BCM=×4×=2.

所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=·S△BCM·=.(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.

6.(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.

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.

7.(2014课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥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.

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.

又V=,

所以AB=,

所以PB==.

作AH⊥PB交PB于H.

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==,

所以A到平面PBC的距离为.

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.

8.(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.

(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.

再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB的中点,且GH=BC=4.

由已知可得OB=4,PO===6,

所以GK=3.

故四边形GEFH的面积S=·GK=×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.

9.(2013课标Ⅱ文,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.

(1)证明:BC1∥平面A1CD;

(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C-A1DE的体积.

解析　(1)证明:连接AC1交A1C于点F,

则F为AC1中点.

由D是AB中点,连接DF,则BC1∥DF.

因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,

所以BC1∥平面A1CD.

(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,

所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,

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)利用线面平行的判定定理在平面A1CD内找出一条直线与直线BC1平行即可;

(2)先证明CD⊥平面ABB1A1,再根据题目给的条件算出三棱锥C-A1DE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A1B1的中点G,连接C1G,GB,因为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.