7.2 直线、平面平行的判定和性质-10年高考数学真题分类汇编

7.2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.(2015安徽理,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是()A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β不平行···,则在α内不存在···与D.若m,n不平行···,则m与n不可能答案D若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故A错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若α,β不平行,则α,β相交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知m∥n,故D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A3.(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.4.(2014广东理,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定答案D由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定,若l1∥l3,则结合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除选项B、C,若l1⊥l3,则结合l3⊥l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项A.故选D.评析本题考查了空间直线之间的位置关系,考查学生的空间想象能力、思维的严密性.5.(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ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.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.6.(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.7.(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=12分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,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=12EG,所以Q为满足条件的点8.(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=12∵M是A1B1的中点,A1B1AB,∴B1M∥AB,且B1M=12AB∴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),∴BM=(0,1,2),BN=(1,1,0),AB=(0,-2,0).设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则n·BM=0,n·BN=0,即y+2z=0,x+y=0,令∴cos<n,AB>=故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23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=13易知BM=5,BN=2,MN=NQ∴S△BMN=32设A到平面BMN的距离为h,则VA-BMN=VM-ABN=23即13·ℎ·32∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为43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的解法二.9.(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=12又因为BC∥AD,BC=12AD,所以EF∥BC且即四边形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=2得CE=2,在△PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=14在Rt△MQH中,QH=14,MQ=2所以sin∠QMH=28所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28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sinθ=dAB得结论最好是画出图形,否则容易出错.10.(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,考查了空间想象能力.线段的中点问题一般应用三角形的中位线求解.11.(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9712.(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+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.13.(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