2025版高考数学一轮总复习10年高考真题分类题组8.3直线平面平行的判定和性质

.3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)已知相互垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满意m∥α,n⊥β,则()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n答案C∵α∩β=l,∴l⊂β,∵n⊥β,∴n⊥l.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,推断C正确.2.(2015浙江文,4,5分)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β.()A.若l⊥β,则α⊥βB.若α⊥β,则l⊥mC.若l∥β,则α∥βD.若α∥β,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α⊥β,l⊂α,m⊂β,则l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l平行于α与β的交线时,l∥β,但此时α与β相交,所以选项C错误;对于选项D,若α∥β,则l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l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交答案D解法一:如图1,l1与l2是异面直线,l1与l平行,l2与l相交,故A,B不正确;如图2,l1与l2是异面直线,l1,l2都与l相交,故C不正确,选D.解法二:因为l分别与l1,l2共面,故l与l1,l2要么都不相交,要么至少与l1,l2中的一条相交.若l与l1,l2都不相交,则l∥l1,l∥l2,从而l1∥l2,与l1,l2是异面直线冲突,故l至少与l1,l2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,α表示平面.下列说法正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α答案B若m∥α,n∥α,则m与n可能平行、相交或异面,故A错误;B正确;若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错误;若m∥α,m⊥n,则n与α可能平行、相交或n⊂α,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,α,β是两个不同的平面.()A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α答案C对于选项A、B、D,均能举出m∥α的反例;对于选项C,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,又n⊥α,∴m⊥α,故选C.6.(2013课标Ⅱ理,4,5分)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满意l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l答案D若α∥β,则m∥n,这与m、n为异面直线冲突,所以A不正确,α与β相交.将已知条件转化到正方体中,易知α与β不肯定垂直,但α与β的交线肯定平行于l,从而解除B、C.故选D.导师点睛对于此类题,放入正方体中推断起来比较快捷.7.(2013广东理,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是()A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β答案D若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行,故A错;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行,也可能异面,故B错;若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α与β可能相交,也可能平行,故C错;对于D项,由m⊥α,m∥n,得n⊥α,又知n∥β,故α⊥β,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⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是()A.AC⊥SBB.AB∥平面SCDC.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D.AB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⊥底面ABCD,∴SD⊥AC.其中SD∩BD=D,∴AC⊥面SDB,从而AC⊥SB.故A正确.易知B正确.设AC与DB交于O点,连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO,又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正确.由解除法可知选D.评析本题主要考查了线面平行与垂直的推断及线面角、线线角的概念.属中档题.9.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①假如m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②假如m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③假如α∥β,m⊂α,那么m∥β.④假如m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写全部正确命题的编号)

答案②③④解析对于①,由m⊥n,m⊥α可得n∥α或n在α内,当n∥β时,α与β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α交于直线c,由n∥α可知n∥c,∵m⊥α,∴m⊥c,∴m⊥n,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.(2024课标Ⅰ文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求点C到平面C1DE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.(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=17,故CH=417从而点C到平面C1DE的距离为417思路分析(1)连接B1C,ME.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)留意到DE⊥平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.11.(2017课标Ⅱ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=12AD,∠BAD=∠(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为27,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.(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=12AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=2x,PM=3x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=142因为△PCD的面积为27,所以12×2x×142x=2解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=23.所以四棱锥P-ABCD的体积V=13×2×(2+4)212.(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=23取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分又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12PA.(9分取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-由AM∥BC得M到BC的距离为5,故S△BCM=12×4×5=25所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=13·S△BCM·PA2=45评析本题考查了线面平行的判定,考查了三棱锥的体积,考查了空间想象实力.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-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=EH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9714.(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=3,三棱锥P-ABD的体积V=34,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=16PA·AB·AD=3又V=34所以AB=32所以PB=AB2+P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=PA·ABPB所以A到平面PBC的距离为313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217,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=14DB=12OB,即K为OB再由PO∥GK得GK=12PO,即G是PB的中点,且GH=1由已知可得OB=42,PO=PB2-所以GK=3.故四边形GEFH的面积S=GH+EF2·评析本题考查线面平行与垂直关系的转化,同时考查空间想象实力和逻辑推理实力,解题时要有较强的分析问题、解决问题的实力.16.(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=22,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=22得∠ACB=90°,CD=2,A1D=6,DE=3,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以VC-A1DE=13×12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,再依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.微专题立体几何中翻折问题的解决策略1.(2024浙江杭州二模,10)如图,长方形ABCD中,AB=152,AD=1,点E在线段AB(端点除外)上,现将△ADE沿DE折起至△A'DE.设∠ADE=α,二面角A'-DE-C的大小为β,若α+β=π2,则四棱锥A'-BCDE体积的最大值为(A.14B.23C.15-答案A过点A作DE的垂线并延长,垂足为O,连接A'O,设点A'在底面ABCD内的射影为H,则点H在射线AO上,∠A'OH=β=π2易知AE=tanα,AO=A'O=sinα,从而BE=152=A'O·sinπ2从而S四边形BEDC=(BE+=15-从而VA'-BCDE=13S四边形BCDE·A'H=13×15-tanα2sinαcosα=16(15sinαcosα-sin2α)=16152明显VA'-BCDE=112(15sin2α+cos2α-1)≤112(4-1)=142.(2024浙江新高考探讨卷(三),17)如图,在△ABC中,CA=2CB=2,∠ACB=120°,点D在线段AB上运动.沿直线CD将△ACD折至△A'CD,使得平面A'CD⊥平面BCD,则A'B的最小值为.

答案2解析设∠ACD=θ,则∠BCD=2π3-θ,θ∈0由三余弦公式得,cos∠A'CB=cos∠A'CD·cos∠BCD=cosθ·cos2π3在△A'BC中,A'B2=5-4cos∠A'CB=5-4cosθcos2π3-θ=6-2cos当θ=π3时取等号,故A'B的最小值为3.(2024江西南昌二模,19)如图,菱形ABCD的边长为6,对角线交于点E,∠ABC=2π3,将△ADC沿AC折起得到三棱锥D-ABC,点D在底面ABC上的投影为点(1)求证:AC⊥BD;(2)当O为△ABC的重心时,求C到平面ABD的距离.解析(1)证明:因为折叠前BD⊥AC,所以折叠后AC⊥BE,AC⊥DE,因为DE∩BE=E,所以AC⊥平面BDE,又BD⊂平面BDE,所以AC⊥BD.(2)当O为△ABC的重心时,BO=2OE,因为AB=6,∠ABC=2π3所以CE=AE=33,DE=BE=3,故BO=2,OE=1,因为DO⊥平面ABC,所以DO⊥BE,在Rt△DOE中,DO=DE2-OE2=22,在△DAB中,AD=AB=6,BD=23,由勾股定理可得点A到BD的距离为33,所以S△ABD=12×23×33=311设C到平面ABD的距离为d,因为VD-ABC=VC-ABD,所以13×12×63×3×22=13×311×d,则即C到平面ABD的距离等于6664.(2024天津南开中学统练(25),17)如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=25,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如图2.(1)求证:A1O⊥BD;(2)求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值;(3)线段A1C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为357?若存在,求出A1FA1C解析(1)证明:因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,AD=AE.所以A1D=A1E,又O为DE的中点,所以A1O⊥DE.因为平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,且A1O⊂平面A1DE,所以A1O⊥平面BCED,又因为BD⊂平面BCED,所以A1O⊥BD.(2)取BC的中点G,连接OG,则OE⊥OG.由(1)得A1O⊥OE,A1O⊥OG.如图,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A1(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).所以A1B=(2,-2,-2),A1设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z).则n·A令x=1,则y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).设直线A1C和平面A1BD所成角为θ.则sinθ=|cos<n,A1C>|=|n故所求角的正弦值为22(3)线段A1C上存在点F适合题意,设A1F=λA1C,设F(x1,y1,z1),则有(x1,y1,z1-2)=(2λ,2λ,-2