第八章 第4讲 直线、平面平行的判定与性质-2021届高三数学一轮高考总复习课件
A
B
C
D
解析：由 B 图知 AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ；由 C 图知 AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ；由 D 图知 AB∥NQ， 则直线 AB∥平面 MNQ.故选 A.
答案：A
(2)(2018 年河北石家庄调研) 如图 8-4-1 ， 在 三 棱 台 ABC-A1B1C1 的 6 个顶点中任取 3 个点作平面α，设α∩平面 ABC ＝l，若 l∥A1C1，则这 3 个点可以是( )
【跟踪训练】 1.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，若 A1M＝AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 的
位置关系是( ) A.相交 C.垂直
B.平行 D.不能确定
解析：如图 D81，连接 CD1，AD1，BC1.在 CD1 上取点 P， 使 D1P＝23a，∴MP∥BC，PN∥AD1.∵AD1∥BC1，∴PN∥BC1.
◆一条直线与一个平面平行，则过该直线的任一个 定理的掌握与应用即可.
平面与此平面的交线与该直线平行. ◆两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相
2.学会应用“化归思 想”进行“线线问题、
交所得的交线相互平行. 3.能运用已获得的结论证明一些空间位置关系的简 单命题
线面问题、面面问题” 的互相转化，牢记解决 问题的根源在“定理”
EPAP＝BOOA， EPAP＝QBQD
⇒BOOA＝QBQD，则 OQ∥AD∥BC.
∴平面 POQ∥平面 CBE. 又∵PQ⊄ 平面 CBE，PQ⊂平面 POQ， ∴PQ∥平面 CBE. 【规律方法】证明线面平行，关键是在平面内找到一条直 线与已知直线平行.方法一是作三角形得到的；方法二是通过作 平行四边形得到在平面内的一条直线 KH；方法三利用了面面平 行的性质定理.
定义 共点
与平
a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，
面的
0 个 判定定理 1
平行
b∥β⇒α∥β
位置
交点
判定定理 2 a⊥α，a⊥β⇒α∥β 关系
性质定理 1 α∥β，a⊂α⇒a∥β
性质定理 2 α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b
1.已知直线 l 和平面α，若 l∥α，P∈α，则过点 P 且平行于 l 的直线( B )
∴MP∥面 BB1C1C，PN∥面 BB1C1C.∴面 MNP∥面 BB1C1C， ∴MN∥面 BB1C1C.故选 B.
答案：B
图 D81
难点突破 ⊙立体几何中的探究性问题 例题：(2018 年新课标Ⅲ)如图 8-4-6，矩形 ABCD 所在平面 与半圆弧CD所在平面垂直，M 是CD上异于 C，D 的点. (1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)在线段 AM 上是否存在点 P，使得 MC∥平面 PBD？说 明理由.
①求几何体 ABC-DFE 的体积； ②求证：平面 ADE∥平面 BCF.
图 8-4-3
①解：取 BC 的中点 O，ED 的中点 G，如图 D80 所示， 连接 AO，OF，FG，AG. ∵AO⊥BC，AO⊂平面 ABC，平面 BCED⊥平面 ABC， ∴AO⊥平面 BCED. 同理 FG⊥平面 BCED.
考点 3 线面、面面平行的综合应用 例 3：如图 8-4-4，已知有公共边 AB 的两个正方形 ABCD 和 ABEF 不在同一平面内，P，Q 分别是对角线 AE，BD 上的点， 且 AP＝DQ.求证：PQ∥平面 CBE.
图 8-4-4
证明：方法一，如图 8-4-5(1)，连接 AQ 并延长交 BC 于 G， 连接 EG，
A.5
B.2 5
C.2 6
D.6
解析：如图 D79，过点 B1，且与平面 A1BE 平行的正方体 的截面为菱形 B1FDG，边长为 5，对角线 B1D＝2 3，FG＝ 2 2，面积为12×2 3×2 2＝2 6.
答案：C
图 D79
(3)(2017 年河北衡水模拟) 在 如 图 8-4-3 所 示 的 几 何 体 ABCDFE 中，△ABC，△DFE 都是等边三角形，且所在平面平 行，四边形 BCED 是边长为 2 的正方形，且所在平面垂直于平 面 ABC.
3.(2019 年湖南联考)已知 m，n 是两条不同的直线，α，β， γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( D )
A.若 m∥α，n∥α，则 m∥n B.若 m∥α，m∥β，则α∥β C.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D.若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n 解析：A 中，两直线可能平行、相交或异面；B 中，两平 面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D 中，由 线面垂直的性质定理可知结论正确，故选 D.
【跟踪训练】 2.(2019 年北京)如图 8-4-8，在四棱锥 P-ABCD 中，PA ⊥平 面 ABCD，底部 ABCD 为菱形，E 为 CD 的中点. (1)求证：BD⊥平面 PAC ； (2)若∠ABC＝60°，求证：平面 PAB⊥平面 PAE； (3)棱 PB 上是否存在点 F，使得 CF∥平面 PAE？说明理由.
答案：ABC 【规律方法】证明直线 a 与平面α平行，关键是在平面α内 找一条直线 b，使 a∥b，如果没有现成的平行线，应依据条件 作出平行线.有中点的常作中位线.
考点 2 平面与平面平行的判定与性质
例 2：(1)正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，点 M 为 CC1 的中点，点 N 为线段 DD1 上靠近 D1 的三等分点，平面 BMN 交 AA1 于点 Q，则 AQ 的长为( )
则QAQG＝DQQB. ∵AP＝DQ，PE＝QB，∴QAQG＝APPE. ∴PQ∥EG. 又 PQ⊄ 平面 CBE，EG⊂平面 CBE， ∴PQ∥平面 CBE.
(1)
(2)
(3)
图 8-4-5
方法二，如图 8-4-5(2)，分别过 P，Q 作 PK∥AB，QH∥
AB，分别交 BE，BC 于点 K，H，则 PK∥QH.连接 KH，则PAKB＝
4.(2018 年浙江)已知平面α，直线 m，n 满足 m⊄ α，n⊂α， 则“m∥n”是“m∥α”的( A )
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
考点 1 直线与平面平行的判定与性质 例 1：(1)(2017 年新课标Ⅰ)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( )
形，侧面 PAB 为等边三角形，E，F 分别为 PA ，BC 的中点.下
列结论正确的是( )
A.BE∥平面 PFD
B.EF∥平面 PCD
C.平面 PAB 与平面 PCD 交线为 l，则
CD∥l
图 8-4-2
D.BE⊥平面 PAC
解析：取 PD 中点 M，易知 BE∥FM，EF∥CM，故 A、B 正确；CD∥AB 得 CD∥平面 PAB，故 CD∥l，C 正确，D 显然 不正确，故选 ABC.
PAEE，QCDH＝BBQD.
∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ， ∴PK＝QH. ∴四边形 PQHK 是平行四边形. ∴PQ∥KH. 又 PQ⊄ 平面 CBE，KH⊂平面 CBE， ∴PQ∥平面 CBE. 方法三，如图 8-4-5(3)，过点 P 作 PO∥EB，交 AB 于点 O， 连接 OQ，
A.23
B.12
C.16
D.13
解析：如图 D78 所示，连接 BQ，QN，平面 AA1B1B∥平面 CC1D1D，
平 面 BMNQ∩ 平 面 CC1D1D ＝ MN ， 平 面 BMNQ∩ 平 面 AA1B1B＝BQ，
由平面与平面平行的性质定理可得 BQ∥MN. 同理可得 BM∥QN. ∴四边形 BQNM 为平行四边形. 由题意可知 AD＝BC＝2，CM＝1，DN＝43，
A.B，C，A1 C.A1，B1，C
B.B1，C1，A D.A1，B，C1
图 8-4-1 解析：在棱台中，AC∥A1C1，l∥A1C1，则 l∥AC 或 l 为直 线 AC.因此平面α可以过点 A1，B，C1，选项 D 正确.
答案：D
(3)(多选)如图 8-4-2，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为菱
图 8-4-6
(1)证明：由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD. ∵BC⊥CD，BC⊂平面 ABCD， ∴BC⊥平面 CMD.故 BC⊥DM.
∵M 为CD上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， ∴DM⊥CM. 又 BC∩CM＝C，∴DM⊥平面 BMC.
而 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC.
(2)解：当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD. 证明如下：如图 8-4-7，连接 AC 交 BD 于 O.
图 8-4-7 ∵ABCD 为矩形，∴O 为 AC 中点. 连接 OP，∵P 为 AM 中点，∴MC∥OP. 又 MC⊄ 平面 PBD，OP⊂平面 PBD，∴MC∥平面 PBD.
【规律方法】解决探究性问题一般先假设求解的结果存在， 从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，若找到了 使结论成立的充分条件，则存在；若找不到使结论成立的充分 条件(出现矛盾)，则不存在.而对于探求点的问题，一般是先探 求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合 要求的证明.
由勾股定理，得 BM＝ BC2＋CM2＝ 22＋12＝ 5， 另 一 方 面 ， BM ＝ QN ＝ AD2＋AQ－DN2 ＝ 22＋AQ－432＝ 5， 结合图形可知，AQ≤DN，因此 AQ＝13，故选 D.
答案：D
图 D78
(2)在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E 为棱 AD 中 点，过点 B1，且与平面 A1BE 平行的正方体的截面面积为( )
图 D80
【规律方法】证明面面平行的方法有 (1)面面平行的定义； (2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线 都平行于另一个平面，那么这两个平面平行； (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行； (4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面 平行； (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互 转化.
2021年高考数学复习精选课件 第四节 直线、平面平行的判定与性质
证明 (1)∵D1,D分别为A1C1与AC的中点, 四边形ACC1A1为平行四边形,∴C1D1 DA, ∴四边形ADC1D1为平行四边形,∴AD1∥C1D,
又AD1⊄平面BDC1,C1D⊂平面BDC1, ∴AD1∥平面BDC1.
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(2)连接D1D, ∵BB1∥平面ACC1A1,BB1⊂平面BB1D1D,平面ACC1A1∩平面BB1D1D =D1D,
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文数
课标版
2021高|考数学 (文 )复习第|一轮精品资料
D1C1
连接A1B交AB1于点O,连接OD1, 由棱柱的性质知四边形A1ABB1为平行四边形, ∴O为A1B的中点, 在△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,
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∴OD1∥BC1,又OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1, ∴BC1∥平面AB1D1, ∴当 A1D=1 1时,BC1∥平面AB1D1.
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3-1 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接AC、BD交于点O,P是 DD1的中点,设Q是CC1上的点.问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面 PAO?
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解析 当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO. 证明:∵在正方体AC1中,Q为CC1的中点,P为DD1的中点,∴易知QB∥PA. ∵QB⊄平面PAO,PA⊂平面PAO,∴QB∥平面PAO. ∵P、O分别为DD1、DB的中点,∴PO∥D1B, 又∵D1B⊄平面PAO,PO⊂平面PAO, ∴D1B∥平面PAO, 又∵D1B∩QB =B,D1B⊂平面D1BQ,QB⊂平面 D1BQ, ∴平面D1BQ∥平面PAO.
∵平面α∥平面β,平面α∩平面ACDH =AC, ∴AC∥DH, ∴四边形ACDH是平行四边形, 在AH上取一点G,使AG∶GH =CF∶FD,连接EG,FG,BH. 那么AE∶EB =CF∶FD =AG∶GH. ∴GF∥HD,EG∥BH. 又EG∩GF =G,BH∩HD =H, ∴平面EFG∥平面β.
2021版新高考数学(文科)一轮复习 第8章 第4节 直线、平面平行的判定及其性质
第四节直线、平面平行的判定及其性质[最新考纲] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．1．线面平行的判定定理和性质定理线、面平行的性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．(7)垂直于同一条直线的两个平面平行．(8)垂直于同一平面的两条直线平行．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)平行于同一条直线的两个平面平行．( )(3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．( )(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)√二、教材改编1．下列命题中，正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．若直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥bD．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥αD[根据线面平行的判定与性质定理知，选D.]2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是．平行[如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是△BDD1的中位线，∴EF∥BD1，又EF⊂平面ACE，BD⊄平面ACE，1∴BD1∥平面ACE.]3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝ .2[根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因此在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝ 2.] 4．在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是 (填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.①②④[如图，因为AB C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，1又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．]考点1 直线与平面平行的判定与性质(多维探究)判定线面平行的四种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．直线与平面平行的判定如图，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：GH∥平面PAD. [证明](1)连接EC，因为AD∥BC，BC＝12AD，E为AD中点，所以BC AE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以O为AC的中点．又因为F是PC的中点，所以FO∥AP，因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)连接FH，OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，所以FH∥PD，因为FH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以FH∥平面PAD.又因为O是BE的中点，H是CD的中点，所以OH∥AD，因为OH⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.所以OH∥平面PAD.又FH∩OH＝H，所以平面OHF∥平面PAD.又因为GH⊂平面OHF，所以GH∥平面PAD.证明两直线平行的方法：中位线定理、线面平行的性质、构造平行四边形、寻找比例式等．若线面平行不易证明，可先证面面平行，再证线面平行．[教师备选例题]如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别为线段A1B，AC1的中点．求证：MN∥平面BB1C1 C.[证明]如图，连接A1C.在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C为平行四边形．又因为N为线段AC1的中点，所以A1C与AC1相交于点N，即A1C经过点N，且N为线段A1C的中点．因为M为线段A1B的中点，所以MN∥BC.又因为MN⊄平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.线面平行性质定理的应用如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG.证明：FG∥平面AA1B1B.[证明]在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D.又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面的交线，要树立这种应用意识．1.(2017·全国卷Ⅰ)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( )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.] 2．(2019·全国卷Ⅰ改编)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE.[证明]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＝12A1D.由题设知A1B1DC，可得B1C A1D，故ME ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.考点2 平面与平面平行的判定与性质判定平面与平面平行的四种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．注意：谨记空间平行关系之间的转化已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，M，N分别为DB，DC的中点．(1)求证：平面EMN∥平面ABC；(2)求三棱锥AECB的体积．[解](1)证明：取BC中点H，连接AH，∵△ABC为等腰三角形，∴AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD，∴EN∥AH，∵EN⊄平面ABC，AH⊂平面ABC，∴EN∥平面ABC，又M，N分别为BD，DC中点，∴MN∥BC，∵MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC，又MN∩EN＝N，∴平面EMN∥平面ABC.(2)连接DH，取CH中点G，连接NG，则NG∥DH，由(1)知EN∥平面ABC，所以点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，又△BCD是边长为2的等边三角形，∴DH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH⊂平面BCD，∴DH⊥平面ABC，∴NG⊥平面ABC，∴DH＝3，又N为CD中点，∴NG＝3 2，又AC＝AB＝3，BC＝2，∴S△ABC＝12·|BC|·|AH|＝22，∴V EABC＝V NABC＝13·S△ABC·|NG|＝63.解答本例第(1)问时用到了面面垂直的性质及垂直于同一平面的两条直线平行这个结论．1.(2019·全国卷Ⅱ)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B[对于A，当无数条直线都平行时，推不出α∥β，排除A.对于C，D，α与β可能平行也可能相交，排除C、D，故选B.]2.在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB 的中点．求证：GH∥平面ABC.[证明]取FC的中点I，连接GI，HI，则有GI∥EF，HI∥BC.又EF∥DB，所以GI∥BD，又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.。
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第4节直线平面平行的判定及性质跟踪检测文含解析202101
第八章立体几何第四节直线、平面平行的判定及性质A级·基础过关|固根基|1.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解析：选A 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.2．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m⊂αD．l⊂α，α∩β＝m解析：选B 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．故选B.3．(2019届长沙市统一模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选A 由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a 与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B 由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知，EF 15BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG 12BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交B．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B 由题意可得A 1M ＝13A 1B ，AN ＝13AC ，所以分别取BC ，BB 1上的点P ，Q ，使得CP ＝23BC ，BQ ＝23BB 1，连接MQ ，NP ，PQ ，则MQ23B 1A 1，NP23AB ，又B 1A 1AB ，故MQNP ，所以四边形MQPN 是平行四边形，则MN ∥QP ，QP ⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，则MN ∥平面BCC 1B 1，故选B.6．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)．解析：①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β 或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案：②7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则EF ＝________．解析：根据题意，因为EF ∥平面AB 1C ，所以EF ∥AC .又E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点．因为在Rt △DEF 中，DE ＝DF ＝1，故EF ＝2.答案：28.如图，平面α∥平面β，△ABC ，△A ′B ′C ′分别在α，β内，线段AA ′，BB ′，CC ′相交于点O ，O 在α，β之间，若AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，OA ∶OA ′＝3∶2，则△A ′B ′C ′的面积为________．解析：相交直线AA ′，BB ′所在平面和两平行平面α，β相交于AB ，A ′B ′，所以AB ∥A ′B ′.同理BC ∥B ′C ′，CA ∥C ′A ′.所以△ABC 与△A ′B ′C ′的三内角相等，所以△ABC ∽△A ′B ′C ′，A ′B ′AB＝OA ′OA＝23.又因为S △ABC ＝12×2×1×32＝32，所以S △A ′B ′C ′＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝32×49＝239. 答案：2399．(2020届广东七校联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，CD ＝4，E 为CD 的中点．(1)求证：AE ∥平面PBC ； (2)求三棱锥C －PBE 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2，∠BCA ＝60°. 在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，CD ＝4，∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴∠CAD ＝90°，则△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，∴△ACE 是等边三角形，∴∠CAE ＝60°，∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE .又AE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ∥平面PBC . (2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥底面BCE ， ∴PA 为三棱锥P －BCE 的高．∵∠BCA ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠BCE ＝120°. 又BC ＝1，CE ＝2，∴S △BCE ＝12×BC ×CE ×sin ∠BCE ＝12×1×2×32＝32，∴V 三棱锥C －PBE ＝V 三棱锥P －BCE ＝13×S △BCE ×PA ＝13×32×2＝33.10.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：(1)EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，在△SBC 中，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点， 所以EG ∥SB .又因为SB ⊂平面BDD 1B 1，EG ⊄平面BDD 1B 1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.B级·素养提升|练能力|11.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B 因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确；由上面可知，BD ∥PN ，MN ∥AC . 所以PN BD ＝AN AD，MN AC＝DN AD，而AN ≠DN ，PN ＝MN ， 所以BD ≠AC ，故B 错误．故选B. 12.如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，所以平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，所以MN ∥平面B 1BDD 1.答案：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)13．(2020届成都模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，AB ＝AD ，PA ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，PA 的中点．(1)证明：平面BMN ∥平面PCD ；(2)若AD ＝6，求三棱锥P －BMN 的体积．解：(1)证明：如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形．∵M 为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3 3.∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝22AD＝32，∴△PMN的面积S△PMN＝14S△PAD＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P－BMN的体积V P－BMN＝V B－PMN＝13S△PMN·BM＝13×94×33＝934.14．在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC1的交点．由已知，O为AC1，A1C的中点．连接MD，OE，OM，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD 12AC，OE12AC，因此MD OE.从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.。
专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质(精讲)-2021年新高考数学一轮复习学与练(解析版)
专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质【考纲要求】1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义，掌握公理、判定定理和性质定理；2. 掌握公理、判定定理和性质定理.【知识清单】知识点1．直线与平面垂直的判定与性质定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直． 定理：⎭⎪⎬⎪⎫a αb αl ⊥a l ⊥ba ∩b ＝A ⇒l ⊥α知识点2．平面与平面垂直的判定与性质定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． 定理：⎭⎪⎬⎪⎫AB βAB ⊥α⇒β⊥α⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝MNAB βAB ⊥MN⇒AB ⊥α 知识点3．线面、面面垂直的综合应用 1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法 ①定义法．②利用判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．②垂直于同一个平面的两条直线平行．③垂直于同一直线的两平面平行．2．斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的性质如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．【考点梳理】考点一：直线与平面垂直的判定与性质【典例1】（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，点E、F分别是AB和PC的中点．(1)求证：AB⊥平面P AD；(2)求证：EF//平面P AD．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）∵侧棱P A垂直于底面，∴P A⊥AB．又底面ABCD是矩形，∴AD⊥AB，这样，AB垂直于平面P AD内的两条相交直线，∴AB⊥平面P AD．（2）取CD的中点G，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴FG是三角形CPD的中位线，∴FG∥PD，FG∥面P AD．∵底面ABCD是矩形，∴EG∥AD，EG∥平面P AD．故平面EFG ∥平面P AD ，∴EF ∥平面P AD ．【典例2】（2019·甘肃高三期末（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC ==，AB =，11B C =，1B C ⊥平面ABC .（1）证明：AC ⊥平面11BCC B ； （2）求点C 到平面11ABB A 的距离.【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）证明：因为1B C ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1B C AC ⊥.因为1AC BC ==，AB ，所以AC BC ⊥， 又1BC B C ⋂，所以AC ⊥平面11BCC B . （2）设点C 到平面11ABB A 的距离为h ，因为1B C ⊥平面ABC ，所以1B C AC ⊥，1B C BC ⊥.则1AB ，1BB AB =，所以1ABB ∆是等边三角形，故12ABB S ∆==111122C ABB A C ABB B ABC V V V ---==111233ABC B C S ∆=⨯⨯⨯=，11111123323C ABB A ABB A V S h h h -=⋅=⨯⨯⋅=.所以h【规律方法】(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质.(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直. 【变式探究】1. （2019·河南南阳中学高三开学考试（文））如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是梯形，AB CD AD AB ⊥，， 且24 3.AD CD AB PA PD PC ======，(1)若O 为AC 的中点，证明:PO ⊥平面.ABCD (2)求点C 到平面PAB 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】(1)证明：因为AB CD AD AB ⊥，，AD CD AC ∴⊥=，,又3PA PC ==，O 为AC 的中点PO AC ∴⊥，1PO ==连接OD ，在Rt ACD ∆中，O 为AC 的中点12OD AC ∴== ∵222OD OP PD +=，PO OD ∴⊥又ODAC O =∴PO ⊥平面ABCD(2)解：设点C 到平面PAB 的距离为h ，则12442ABC S ∆=⨯⨯=，PB ==在PAB ∆中，32PA AB PB ==，， ∴9452cos 2323PAB +-∠==⨯⨯.∴1322PAB S ∆=⨯⨯=由C PAB P ABC V V --=44PO =⨯=，解得h =2.（2019·陕西高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，2AB =,060BAD ∠=，面PAD ⊥面ABCD ,PAD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点．(1)求证：AD ⊥平面POB ；(2)若E 是PC 的中点，求三棱锥P EDB -的体积． 【答案】（1）详见解析（2）12【解析】(1)证：因为O 为等边PAD ∆中边AD 的中点， 所以AD PO ⊥,又因为在菱形ABCD 中，060BAD ∠=， 所以ABD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点， 所以AD BO ⊥,而PO BO O =,所以AD ⊥平面POB .(2)解：由(1)知AD PO ⊥，面PAD ⊥面ABCD ,所以PO ⊥底面ABCD ，因为等边PAD ∆的边长为2，所以PO , 易知BCD ∆为边长为2的等边三角形，所以三棱锥P BCD -的体积为：21213P BCD V -==, 因为E 是PC 的中点，所以1122P EDB P BCD V V --==， 所以三棱锥P EDB -的体积为12．考点二 ： 平面与平面垂直的判定与性质【典例3】（2020·全国高考真题（文））如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC ≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，22AP AC ==在Rt PAO 中，PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333248P ABC ABC V PO S -=⋅=⨯⨯⨯=△.【典例4】（2020·五华·云南师大附中高三月考（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1A B ⊥平面ABC ，1AB AC ==，12AA =．（1）证明：平面1AA B ⊥平面11AAC C ； （2）求三棱锥111B A BC -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）6.【解析】（1）证明：∵1A B ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴1A B AC ⊥．又∵AB AC ⊥，∵1AB A B B ⋂=， ∴AC ⊥平面1A AB ． 又∵AC ⊂平面11A ACC ， ∴平面1AA B ⊥平面11AAC C ．（2）111111111111111332B A BC B A B C A B C V V S A B --==⋅=⨯⨯⨯=△． 【规律方法】 1.判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)． 2．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑． (2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理． 【变式探究】1.在四边形ABCD 中，//,,45AD BC ADAB BCD，90BAD ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，如图，则在三棱锥A BCD -中，下列结论正确的是（ ）A.平面ABD ⊥平面ABCB.平面ADC ⊥平面BDCC.平面ABC ⊥平面BDCD.平面ADC ⊥平面ABC 【答案】D 【解析】在直角梯形ABCD 中，因为ABD ∆为等腰直角三角形，故45ABD ADB ∠=∠=︒， 所以45DBC ∠=︒，故CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥.因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， 平面ABD ⋂平面BCD BD =， 所以CD ⊥平面ABD ，因AB 平面ABD ，所以CD AB ⊥.又因为AB AD ⊥，AD CD D =，所以AB ⊥平面ADC ，因AB平面ABC ，所以平面ADC ⊥平面ABC .2．（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，BD 是线段AC 的中垂线，BD 与AC 交于点O ，8AC =，2PD =，3OD =，5OB =．（1）证明：平面PBD ⊥平面PAC ； （2）求点B 到平面PAC 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AC ⊥． 又因为BD AC ⊥，BDPD D =，所以AC ⊥平面PBD ．又AC ⊂平面PAC ，所以平面PBD ⊥平面PAC ． （2）因为8AC =，2PD =，3OD =，5OB =，所以由勾股定理得5AD CD ===，AP CP ==所以182PACS =⨯=△11852022ABC S AC OB =⋅=⨯⨯=△． 设点B 到平面PAC 的距离为h ．由B PAC P ABC V V --=，得1133PAC ABC S h S PD ⋅=⋅△△， 即1141320233h ⨯⨯=⨯⨯， 解得101313h =． 【总结提升】在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直． 转化方法：在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直． 考点三 ： 线面、面面垂直的综合应用【典例5】（2020·安徽省舒城中学月考（文））设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：①若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ；②若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则m ∥α；③若m ⊥n ，m ⊥α，α∥β，则n ∥β；④若α⊥β，α∩β＝l ，m ∥α，m ⊥l ，则m ⊥β． 其中正确的是（ ） A ．①② B ．②③C ．②④D ．③④【答案】C 【解析】由,m n 是空间两条不同的直线，,αβ是空间两个不同的平面． 在①中，若//,//,//m n αβαβ，则m 与n 相交、平行或异面，故①错误；在②中，设,,n n l l ααβ⊂⋂=⊥，因为αβ⊥，所以n β⊥，又m β⊥，所以//m n ，又m α⊄，n ⊂α，所以//m α，故②正确；在③中，若,,//m n m ααβ⊥⊥，则n 与β平行或n β⊂，故③错误；在④中，设,m n γγα⊂⋂=，因为//m α，所以//m n ，又m l ⊥，所以n l ⊥， 又因为,,l n αβαβα⊥⋂⊂＝，所以n β⊥，所以m β⊥，故④正确． 故选：C ．【典例6】（2020·临猗县临晋中学月考（文））如图，在三棱锥P －ABC 中，P A －AB －P A －BC －AB －BC －P A －AB －BC －2－D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）13【解析】（I ）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（II ）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（I ）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC . 所以平面BDE ⊥平面PAC .（III ）因为PA 平面BDE ，平面PAC ⋂平面BDE DE =， 所以PA DE .因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==由（I ）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面PAC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【规律方法】1.证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．4.垂直关系的转化：【变式探究】1.（2019·四川高考模拟（理））如图所示，在RtΔABC中，AB=4，AC=3，BC=5，在BC边上任取一点D，并将ΔABD沿直线AD折起，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后B、C两点间距离的最小值为__________．【答案】√13【解析】如图所示，设∠BAD=θ，则∠CAD=π2−θ,过点C作CE⊥AD于E，过B作BF⊥AD交AD的延长线于点F，所以BF=4sinθ,CE=3sin(π2−θ)=3cosθ,AF=4cosθ,AE=3cos(π2−θ)=3sinθ，所以EF=4cosθ−3sinθ，所以|BC|=√CE2+EF2+BF2=√(3cosθ)2+(4cosθ−3sinθ)2+(4sinθ)2 =√9cos2θ+16cos2θ+9sin2θ−24sinθcosθ+16sin2θ=√25−24sinθcosθ=√25−12sin2θ，当sin2θ=1时，|BC|min=√13.2.（2019·云南高三月考（文））如图，在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D ，现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA 1，E 是A 1C 的中点．（1）若P 为AB 的中点，证明：DE ∥平面PBA 1．（2）若平面PDA 1⊥平面PDA ，且DE ⊥平面CBA 1，求四棱锥A 1﹣PBCD 的体积． 【答案】（1）详见解析（2）12【解析】（1）证明：令1A B 的中点为F ，连接EF ，PF .因为P 为AB 的中点且//PD BC , 所以PD 是ABC △的中位线，所以//PD BC ,12PD BC =. 因为E 是1AC 的中点,且F 为1A B 的中点,所以EF 是1A BC 的中位线,所以//EF BC ，且12EF BC =，于是有PDEF ,所以四边形PDEF 为平行四边形,所以//DE PF , 又DE ⊄平面1PBA ，PF ⊂平面1PBA 所以有//DE 平面1PBA .（2）解：因为DE ⊥平面1CBA ，所以1DE AC ⊥. 又因为E 是1AC 的中点，所以1A D DC DA ==， 即D 是AC 的中点.由//PD BC 可得，P 是AB 的中点.因为在ABC △中,90B ∠=︒，//PD BC ，PDA 沿PD 翻折至1PDA ，且平面1PDA ⊥平面PDA ， 利用面面垂直的性质可得1PA ⊥平面PBCD ，所以111131·13322A PBCD PBCD V S A P -==⨯⨯=四棱锥四边形. 考点四： 平行、垂直的综合应用【典例7】（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//MN AA ∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥ 1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11BC ⊂平面11EBC F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF = 11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111AB C A N = ∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形 设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AO AB m ===O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP == //EF BC∴AP EPAM BM=3EP= 解得：EP m =在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m =1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形， ∴1//B E PQ由（1）11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin10QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值：10.【典例8】（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析 【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【总结提升】1.与探索性问题有关的解题策略(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．2．证明折叠问题中的平行与垂直，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． 【变式探究】1. （2020·江苏省震泽中学期末）如图，在三棱锥P ABC -中，AP AB =，,M N 分别为线段,PB PC 上的点（异于端点），平面PAB ⊥平面PBC .（1）若//BC 平面AMN ，求证：//BC MN ；（2）若M 为PB 的中点，求证：平面AMN ⊥平面PBC .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为//BC 平面AMN ，BC ⊂平面PBC ，平面AMN平面PBC MN =，由线面平行的性质可得//BC MN（2）因为M 为PB 的中点，且AP AB =，由等腰三角形的性质可得AM PB ⊥， 又因为平面PAB ⊥平面PBC ， 平面PAB ⋂平面PBC BC =，AM ⊂平面PAB ，由面面垂直的性质定理即可得：AM ⊥平面PBC ，又因为AM ⊂平面AMN ，所以平面AMN ⊥平面PBC2.如图(1)所示，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1—BCD ，如图(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF . (2)求证：BD ⊥A 1F .(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？请说明理由． 【答案】【解析】(1)证明：∵D ，M 分别为AC ，FC 的中点， ∴DM ∥EF ，又∵EF ⊂平面A 1EF ，DM ⊄平面A 1EF ， ∴DM ∥平面A 1EF .(2)证明：∵EF ⊥BD ，A 1E ⊥BD ，A 1E ∩EF ＝E ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥平面A 1EF ，又A 1F ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥A 1F .(3)直线A 1B 与直线CD 不能垂直．理由如下：∵平面BCD ⊥平面A 1BD ，平面BCD ∩平面A 1BD ＝BD ，EF ⊥BD ，EF ⊂平面CBD ， ∴EF ⊥平面A 1BD ，又∵A1B⊂平面A1BD，∴A1B⊥EF，又∵DM∥EF，∴A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，∵DM∩CD＝D，∴A1B⊥平面MCD，∴A1B⊥BD，与∠A1BD为锐角矛盾，∴直线A1B与直线CD不能垂直．。
高考数学一轮总复习课件：直线、平面垂直的判定及性质
在△B1OC1中，∵C1O⊥OB1，B1O＝2，B1C1＝2 2， ∴C1O＝2. ∴OC12＋OA12＝A1C12，∴OC1⊥OA1， ∵BB1⊥C1O，A1O⊥C1O，BB1∩A1O＝O，∴C1O⊥平面 ABB1A1， 又C1O⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1. 【答案】 略
①证明：平面PBD⊥平面PBC； ②求点D到平面PBC的距离．
【解析】 ①证明：如图，因为PD⊥DC，AD⊥DC， 所以二面角P－DC－A的平面角为∠PDA＝90°，则PD⊥平面 ABCD， 又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC. 又在平面四边形ABCD中，BD＝ AB2＋AD2 ＝ 2 2， 过B作BE⊥CD，由题意得，E为CD中点，又D为PA中点， 所以PD＝AD＝CE＝DE＝2， 又DE＝AB， 所以BE＝AD＝2，BC＝ CE2＋BE2＝2 2，所以BC2＋BD2＝DC2， 即BD⊥BC，而PD∩BD＝D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD， 故BC⊥平面PBD，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBD⊥平面PBC.
又因为F为AC的中点， 所以OF∥CC1且OF＝12CC1. 因为E为BB1的中点，所以BE∥CC1且BE＝12CC1. 所以BE∥OF且BE＝OF.
所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE. 因为AB＝CB，F为AC的中点，所以BF⊥AC，所以 OE⊥AC. 因为AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BF，所以OE⊥AA1. 又AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A， 所以OE⊥平面ACC1A1. 因为OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.
2022高三总复习数学 直线、平面平行的判定与性质(含解析)
直线、平面平行的判定与性质A 级——基础达标1．(2021·宁夏大学高三模拟)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m ⊂α，n ⊂α，则“α∥β ”是“m ∥β且n ∥β ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m ⊂α，n ⊂α，则“α∥β ”得“m ∥β且n ∥β ”，根据面面平行的判定定理得“m ∥β且n ∥β ”不能得到“α∥β ”，所以“α∥β ”是“m ∥β且n ∥β ”的充分不必要条件．故选A ．2．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．在平面内D ．不能确定解析：选A 如图，由AE EB ＝CF FB 得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .3．下列四个正方体中，A ，B ，C 为所在棱的中点，则能得出平面ABC ∥平面DEF 的是( )解析：选B 在B 中，如图，连接MN ，PN ，∵A ，B ，C 为正方体所在棱的中点，∴AB ∥MN ，AC ∥PN ，∵MN ∥DE ，PN ∥EF ，∴AB∥DE，AC∥EF，∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E，AB，AC⊂平面ABC，DE，EF⊂平面DEF，∴平面ABC∥平面DEF.4.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α分别交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′.若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC＝()A．2∶3 B．2∶5C．4∶9 D．4∶25解析：选D∵平面α∥平面ABC，∴AB∥平面α.又∵平面α∩平面PAB＝A′B′，∴A′B′∥A B．∵PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴A′B′∶AB＝2∶5，∴S△A′B′C′S△ABC＝⎝⎛⎭⎫A′B′AB2＝425，故选D.5．(多选)(2021·山东济南质检)下列四个命题中正确的是()A．如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行B．过直线外一点有无数个平面与这条直线平行C．过平面外一点有无数条直线与这个平面平行D．过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行解析：选BC A．如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行或相交，故A错误；B．过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行，过这条直线有无数个平面与已知直线平行，故B正确；C．过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，且这无数条直线在同一平面内，故C 正确；D．过空间一点不一定存在某个平面与两条异面直线都平行，当此点在其中一条直线上时平面最多只能与另一条直线平行，故D错误．故选B、C．6.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是()A．FG∥平面AA1D1DB．EF∥平面BC1D1C．FG∥平面BC1D1D．平面EFG∥平面BC1D1解析：选AC连接AD1、A1C1(图略)，因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G 分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故A项正确；因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故B项错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故C项正确；因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG 与平面BC1D1相交，故D项错误．故选A、C．7.(2021·浙江省镇海中学高三模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC．又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因此在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝ 2.答案： 28．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．答案：平行四边形9．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填序号)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.答案：①或③10．在正四面体S -ABC 中，M ，E ，F 分别是SA ，AB ，AC 的中点，当点P 在线段EF 上运动时，直线MP 与平面SBC 的位置关系是________．解析：连接ME ，MF (图略)，因为M ，E ，F 分别是SA ，AB ，AC 的中点，所以ME ∥SB ，MF ∥SC ，而ME ∩MF ＝M ，SB ∩SC ＝S ，ME ，MF ⊂平面MEF ，SB ，SC ⊂平面SBC ，所以平面MEF ∥平面SBC ，又点P 在线段EF 上，即MP 在平面MEF 内，所以由面面平行的性质定理可得MP ∥平面SBC ，故直线MP 与平面SBC 的位置关系是平行．答案：平行11.如图，E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1，C 1D 1，AA 1的中点．求证：(1)EG ∥平面BB 1D 1D ；(2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图，取B 1D 1的中点O ，连接GO ，OB ，因为OG綊12B 1C 1，BE 綊12B 1C 1，所以BE 綊OG ，所以四边形BEGO 为平行四边形，故OB ∥EG ，因为OB ⊂平面BB 1D 1D ，EG ⊄平面BB 1D 1D ，所以EG ∥平面BB 1D 1D .(2)由题意可知BD ∥B 1D 1.连接HB ，D 1F ，因为BH 綊D 1F ，所以四边形HBFD 1是平行四边形，故HD 1∥BF .又B 1D 1∩HD 1＝D 1，BD ∩BF ＝B ，所以平面BDF ∥平面B 1D 1H .12.如图所示，四棱锥A -BCDE 中，BE ∥CD ，BE ⊥平面ABC ，CD＝32BE ，点F 在线段AD 上． (1)若AF ＝2FD ，求证：EF ∥平面ABC ；(2)若△ABC 为等边三角形，CD ＝AC ＝3，求四棱锥A -BCDE 的体积．解：(1)证明：取线段AC 上靠近C 的三等分点G ，连接BG ，GF .因为AG AC ＝AF AD ＝23， 则GF ＝23CD ＝BE . 而GF ∥CD ，BE ∥CD ，故GF ∥BE .故四边形BGFE 为平行四边形，故EF ∥BG .因为EF ⊄平面ABC ，BG ⊂平面ABC ，故EF ∥平面ABC ．(2)因为BE ⊥平面ABC ，BE ⊂平面BCDE ，所以平面ABC ⊥平面BCDE .所以四棱锥A -BCDE 的高即为△ABC 中BC 边上的高．易求得BC 边上的高为32×3＝332. 故四棱锥A -BCDE 的体积V ＝13×12×(2＋3)×3×332＝1534. B 级——综合应用13．如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，给出下列说法：①A 1M ∥D 1P ；②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1；④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 则以上说法中正确的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选C连接PM(图略)，因为M，P分别为AB，CD的中点，故PM平行且等于AD.由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以四边形PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P，故①正确．显然A1M与B1Q为异面直线，故②错误．由①知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M既不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，所以A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，故③④正确．则正确说法的个数为3，故选C．14．(多选)(2021·高密市高三模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1上的动点，给出下列四个选项，其中正确的为() A．若PD＝3，则满足条件的P点有且只有一个B．若PD＝3，则点P的轨迹是一段圆弧C．若PD∥平面ACB1，则DP长的最小值为2D．若PD∥平面ACB1，且PD＝3，则平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为9π4解析：选ABD如图，∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，∴B1D1＝22，又侧棱AA1＝1，∴DB1＝(22)2＋12＝3，则P与B1重合时PD＝3，此时P点唯一，故A正确；∵PD＝3∈(1,3)，DD1＝1，则PD1＝2，即点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；连接DA1，DC1，可得平面A1DC1∥平面ACB1，则当P为A1C1中点时，DP有最小值为(2)2＋12＝3，故C错误；由C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为1222＋22＋12＝32，面积为9π4，故D正确．故选A、B、D.15．(2021·烟台模拟)如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折．(1)求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD；(2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由．解：(1)证明：在平面图形中，连接MN(图略)，设MN与AB交于点G.当点F，A，D不共线时，如图，MG∥AF，NG∥AD.又MG∩NG＝G，AD∩AF＝A，∴平面GNM∥平面ADF.又MN⊂平面GNM，∴MN∥平面ADF.故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.(2)这个结论不正确．要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点．理由如下：当点F，A，D共线时，如题图，∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD＝AF，∴AD∥BE且AD＝BE，∴四边形ADBE是平行四边形，∴AE∥D B．又AM＝DN，∴四边形ADNM是平行四边形，∴MN∥AD，∴MN∥FD.当点F，A，D不共线时，由(1)知平面MNG∥平面FDA，则要使MN∥FD 总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可．若要使FD与MN共面，连接FM(图略)，只要FM与DN相交即可．∵FM⊂平面ABEF，DN⊂平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时只有M，N分别为AE，DB的中点才满足．由FM∩DN＝B，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面．∵平面FDNM∩平面MNG＝MN，平面FDNM∩平面FDA＝FD，平面MNG∥平面FDA，∴MN∥FD.C级——迁移创新16.如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()解析：选C过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵MQ AQ ＝DD1AD＝2，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C．。
第4讲 直线、平面平行的判定及性质
第4讲直线、平面平行的判定及性质◆高考导航·顺风启程◆[知识梳理]1．直线与平面平行的判定定理和性质定理则该直线与此平面平∵a∴则过这条⇒∵α∴与另一个平面平行，则这两个平∵b a a ∴如果两个平行平面同时和第三个交线[知识感悟]1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．4．重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β；(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b；(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.[知识自测]1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．()(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.()[答案](1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×2．(2018·济南模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α[解析]若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a ∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.[答案] D3．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为______．[解析] ∵平面ABFE ∥平面DCGH ， 又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ， 平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ， ∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ，∴四边形EFGH 的形状是平行四边形． [答案] 平行四边形题型一 直线与平面平行的判定与性质(高频考点题，多角突破) 考向一 证明直线与平面平行1．(2017·课标Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△P AD 面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．[解析] (1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，故BC ∥平面P AD .(2)取AD 的中点M ，连结PM ，CM ，由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD . 因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩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 ，连结PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x＝2(舍去)，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)2×23＝4 3.考向二 线面平行性质定理的应用2．(2018·长沙调研)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] (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)如图，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK因为P A ＝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 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.方法感悟1．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．注意说明已知的直线不在平面内．2．判断或证明线面平行的常用方法： (1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)； (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄α，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． 【针对补偿】1．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，F 是AB 的中点，E 是PD 的中点． (1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)在PC 上求一点G ，使FG ∥平面AEC ，并证明你的结论． [解] (1)证明：连接BD ，设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC . (2)PC 的中点G 即为所求的点．证明如下：连接GE ，FG ，∵E 为PD 的中点， ∴GE 綊12CD .又F 为AB 的中点，且四边形ABCD 为矩形，∴F A 綊12CD .∴F A 綊GE .∴四边形AFGE 为平行四边形，∴FG ∥AE . 又FG ⊄平面AEC ，AE ⊂平面AEC ， ∴FG ∥平面AEC .题型二 平面与平面平行的判定与性质(重点保分题，共同探讨)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1； (2)求三棱柱ABD -A 1B 1D 1的体积．[解] (1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形，∴BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，∴BD ∥平面CD 1B 1，∵A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形，∴A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1，∴A 1B ∥平面CD 1B 1.又∵BD ∩A 1B ＝B ，∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD -A 1B 1D 1的高．又∵AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2，∴A 1O ＝AA 21－OA 2＝1.又∵S △ABD ＝12×2×2＝1，∴VABD -A 1B 1D 1＝S △ABD ×A 1O ＝1. 方法感悟1．判定面面平行的方法2.(1)两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面． (2)若一平面与两平行平面相交，则交线平行． 【针对补偿】2．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.[证明](1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC.因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因为A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.因为A1E∩EF＝E，所以平面EF A1∥平面BCHG.题型三平行关系的综合应用(重点保分题，共同探讨)(2018·洛阳月考)如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.[证明](1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG所以BD∥平面MNG，又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.方法感悟空间平行关系的转化平行关系之间的转化如图所示：在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．【针对补偿】3．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H .[证明] (1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1.又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ，则OE 綊12DC ，又D 1G 綊12DC ，∴OE 綊D 1G ，∴四边形OEGD 1是平行四边形，∴GE ∥D 1O . 又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ， ∴EG ∥平面BB 1D 1D . (3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ， BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ， ∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .题型四 平行关系在作图中的应用(重点保分题，共同探讨)如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝4，AB ＝8，M ，N 分别是A 1D 1，AB 的中点．过MN 的截面α与BD 1平行，且平面α与长方体的面相交．(1)求作交线(只画出图，不要求证明或说明)．(2)求该截面将长方体分成的两部分的体积之比．[解] (1)如图，Q ，P 分别为A 1B 1与AD 的中点，则截面MPNQ 即为平面α，交线分别为MP ，PN ，NQ 和QM .(2)由(1)知，三棱柱ANP -A 1QM 的体积为V 1＝S △ANP ·AA 1＝12×12AB ·12AD ·AA 1＝18×8×4×4＝16.而长方体的体积V ＝S 矩形ABCD ·AA 1＝8×4×4＝128.∴截面将长方体分成的两部分体积比为V 1∶(V －V 1)＝16∶112＝17(7也可以)．方法感悟根据条件求作几何体截面的3个思想方法 (1)平面的确定公理；(2)线面平行与面面平行的判定与性质的应用； (3)作图的合理性(注意题目中隐含条件的挖掘和分析)． 【针对补偿】4．如图，L ，M ，N 分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN 与平面PQR 的位置关系是( )A ．垂直B ．相交不垂直C ．平行D ．重合[解析] 如图，分别取另三条棱的中点A ，B ，C ，将平面LMN 延展为平面正六边形AMBNCL ，因为PQ ∥AL ，PR ∥AM ，且PQ 与PR 相交，AL 与AM 相交，所以平面PQR ∥平面AMBNCL ，即平面LMN ∥平面PQR .[答案] C◆牛刀小试·成功靠岸◆课堂达标(三十七)[A 基础巩固练]1．(2018·保定月考)有下列命题：①若直线l 平行于平面α内的无数条直线，则直线l ∥α； ②若直线a 在平面α外，则a ∥α； ③若直线a ∥b ，b ∥α，则a ∥α；④若直线a ∥b ，b ∥α，则a 平行于平面α内的无数条直线． 其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] 命题①：l 可以在平面α内，不正确；命题②：直线a 与平面α可以是相交关系，不正确；命题③：a 可以在平面α内，不正确；命题④正确，故选A.[答案] A2．在空间四边形ABCD 中，E 、F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．在平面内D ．不能确定[解析] 如图，由AE EB ＝CFFB 得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC∥平面DEF .[答案] A3．下面四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形是( )A ．①②B ．①④C ．②③D ．③④[解析] 由线面平行的判定定理知图①②可得出AB ∥平面MNP . [答案] A4．如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，则( )A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形[解析] 由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF ∥BD ，且EF ＝15BD ，∴EF ∥平面BCD .又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，∴HG ∥BD ，且HG ＝12BD ，∴EF ∥HG 且EF ≠HG .∴四边形EFGH是梯形．[答案] B5．如图，在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，且PQ ∥AC ，则下列命题中，错误的是( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMNC ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45°[解析] 由题意可知PQ ∥AC ，QM ∥BD ，PQ ⊥QM ，所以AC ⊥BD ，故A 正确；由PQ ∥AC 可得AC ∥截面PQMN ，故B 正确，由PN ∥BD 可知，异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与PN 所成的角，又四边形PQMN 为正方形，所以∠MPN ＝45°，故D 正确；而AC ＝BD 没有论证来源．[答案] C6．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD -A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] 由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，∵A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ， ∴A 1D 1∥FG 且A 1D 1⊄平面EFGH ，∴A 1D 1∥平面EFGH (水面)．∴③是正确的； 对于④，∵水是定量的(定体积V )， ∴S △BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V .∴BE ·BF ＝2VBC (定值)，即④是正确的，故选C.[答案] C7．(2016·全国甲卷)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β； ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n ； ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β；④如果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______．(填写所有正确命题的编号)[解析] 当m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.[答案] ②③④8．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉β，过点P 的直线m 与α，β分别交于B ，D ，且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为______．[解析] 如图1，∵AC ∩BD ＝P ，∴经过直线AC 与BD 可确定平面PCD .∵α∥β，α∩平面PCD ＝AB ，β∩平面PCD ＝CD ， ∴AB ∥CD .∴P A AC ＝PB BD， 即69＝8－BD BD ，∴BD ＝245.如图2，同理可证AB ∥CD . ∴P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88， ∴BD ＝24，综上所述，BD ＝245或24.[答案]245或24 9．如图，空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是______．[解析] 设DH DA ＝GH AC ＝k ，∴AH DA ＝EHBD ＝1－k ，∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，∴周长＝8＋2k . 又∵0<k <1，∴周长的取值范围为(8,10)． [答案] (8,10)10．(2018·湖北武汉五月模拟)如图，四棱锥中P -ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△P AB 与△P AD 都是边长为2的等边三角形，E 是BC 的中点．(1)求证：AE∥平面PCD；(2)求四棱锥P-ABCD的体积．[解](1)证明：因为，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，E是BC的中点，所以AD∥CE，且AD＝CE，所以四边形ADCE是平行四边形，所以AE∥CD.因为AE⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE∥平面PCD；(2)连接DE、BD，设AE交BD于O，连PO，则四边形ABED是正方形，所以AE⊥BD.因为PD＝PB＝2，O是BD中点，所以PO⊥BD.则PO＝PB2－OB2＝4－2＝ 2.又OA＝2，P A＝2，所以△POA是直角三角形，则PO⊥AO.因为BD∩AE＝O，所以PO⊥平面ABCD.则V P-ABCD＝13×2×12(2＋4)×2＝2 2.[B能力提升练]1．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是()A．MC⊥AN B．GB∥平面AMNC．平面CMN⊥平面AMN D．平面DCM∥平面ABN[解析] 显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(图略)，作AN 的中点H ，连接HB ，MH ，GB ，则MC ∥HB ，又HB ⊥AN ，所以MC ⊥AN ，所以A 正确；由题意易得GB ∥MH ，又GB ⊂平面AMN ，MH ⊂平面AMN ，所以GB ∥平面AMN ，所以B 正确；因为AB ∥CD ，DM ∥BN ，且AB ∩BN ＝B ，CD ∩DM ＝D ，所以平面DCM ∥平面ABN ，所以D 正确．[答案] C2．在三棱锥S -ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532C ．45D ．45 3[解析] 取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ， 故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形， 其面积S ＝HF ·FD ＝12AC ·12SB ＝452.[答案] A3．如图所示，设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交平面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝______.[解析] ∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ， ∴△APM ∽△DPQ .∴PQ PM ＝PDAP＝2，即PQ ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .[答案]223a 4．如图所示，在四面体ABCD 中，截面EFGH 平行于棱AB 和CD ，试问截面EFGH 的四个点在棱AD 、AC 、BC 、BD 的______时，面积最大．[解] ∵AB ∥平面EFGH ，平面EFGH 与平面ABC 和平面ABD 分别交于FG ，EH . ∴AB ∥FG ，AB ∥EH ，∴FG ∥EH ，同理可证EF ∥GH ， ∴截面EFGH 是平行四边形．设AB ＝a ，CD ＝b ，∠FGH ＝α(α即为异面直线AB 和CD 所成的角或其补角)． 又设FG ＝x ，GH ＝y ，则由平面几何知识可得x a ＝CGBC，y b ＝BG BC ，两式相加得x a ＋y b ＝1，即y ＝ba(a －x )，∴S ▱EFGH ＝FG ·GH ·sin α＝x ·b a ·(a －x )·sin α＝b sin αax (a －x )．∵x >0，a －x >0且x ＋(a －x )＝a 为定值，∴b sin αa x (a －x )≤ab sin α4，当且仅当x ＝a －x 时等号成立．此时x ＝a 2，y ＝b2.即当截面EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 分别为棱AD 、AC 、BC 、BD 的中点时截面面积最大．5．平面内两正方形ABCD 与ABEF ，点M ，N 分别在对角线AC ，FB 上，且AM ∶MC ＝FN ∶NB ，沿AB 折起，使得∠DAF ＝90°.(1)证明：折叠后MN ∥平面CBE ；(2)若AM ∶MC ＝2∶3，在线段AB 上是否存在一点G ，使平面MGN ∥平面CBE ？若存在，试确定点G 的位置；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：如图，设直线AN 与直线BE 交于点H ，连接CH ，因为△ANF ∽△HNB ，所以FN NB ＝AN NH .又AM MC ＝FN NB ，所以AN NH ＝AMMC ，所以MN ∥CH .又MN⊄平面CBE ，CH ⊂平面CBE ，所以MN ∥平面CBE .(2)存在，过M 作MG ⊥AB ，垂足为G ，连接GN ，则MG ∥BC ，所以MG ∥平面CBE .又MN ∥平面CBE ，MG ∩MN ＝M ，所以平面MGN ∥平面CBE .所以点G 在线段AB 上，且AG ∶GB ＝AM ∶MC ＝2∶3.[C 尖子生专练]如图，几何体E -ABCD 是四棱锥， △ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . [解] (1)证明：如图①，取BD 的中点O ，连接CO ，EO .由于CB ＝CD ，所以CO ⊥BD ，图①又EC ⊥BD ，EC ∩CO ＝C ，CO ，EC ⊂平面EOC ，所以BD ⊥平面EOC ，因此BD ⊥EO ，又O 为BD 的中点，所以BE ＝DE .(2)证法一：如图②，取AB 的中点N ，连接DM ，DN ，MN ， 因为M 是AE 的中点，所以MN ∥BE .图②又MN ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC ，∴MN ∥平面BEC .又因为△ABD 为正三角形，所以∠BDN ＝30°，又CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，因此∠CBD ＝30°，所以DN ∥BC .又DN ⊄平面BEC ，BC ⊂平面BEC ，所以DN ∥平面BEC .又MN ∩DN ＝N ，故平面DMN ∥平面BEC ，又DM ⊂平面DMN ，所以DM ∥平面BEC .证法二：如图③，延长AD ，BC 交于点F ，连接EF . 因为CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，所以∠CBD ＝30°.因为△ABD 为正三角形，所以∠BAD ＝60°，∠ABC ＝90°，因此∠AFB ＝30°，所以AB ＝12AF .又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点，连接DM ，由点M 是线段AE 的中点，因此DM ∥EF .又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ，所以DM ∥平面BEC .。
高考数学一轮复习第8章立体几何第4节直线与平面平行的判定及其性质课件理新人教A版
●命题角度一 直线与平面平行的判定 【例 1】 (2019 届济南市高考模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F 分别为线段 AD，PB 的中点． (1)证明：PD∥平面 CEF； (2)若 PE⊥平面 ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥 P－DEF 的体积．
‖基础自测‖ 一、疑误辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)． (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( ) (2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．( ) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( ) (4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( ) (5)若直线 a 与平面 α 内无数条直线平行，则 a∥α.( ) (6)若 α∥β，直线 a∥α，则 a∥β.( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
解：存在点 M 为线段 AB 的中点，使直线 DE∥平面 A1MC， 证明如下：如图，取线段 AB 的中点 M，连接 A1M，MC，A1C，AC1，设 O 为 A1C， AC1 的交点． 由已知，得 O 为 AC1 的中点． 连接 MD，OE，则 MD，OE 分别为△ABC，△ACC1 的中位线， 所以 MD═∥12AC，OE ═∥12AC，
因此 MD═ ∥OE. 连接 OM，从而四边形 MDEO 为平行四边形，则 DE∥MO. 因为直线 DE⊄平面 A1MC，MO⊂平面 A1MC，
所以直线 DE∥平面 A1MC． 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点)，使直线 DE∥平面 A1MC．
考点二 平面与平面平行的判定与性质 【例 4】 如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是边长 为 2 的正方形，四边形 BDEF 是矩形，平面 BDEF⊥平面 ABCD， BF＝3，G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点． (1)求证：平面 BDGH∥平面 AEF； (2)求多面体 ABCDEF 的体积．
新高考一轮复习人教版 直线、平面平行的判定和性质 作业
8.3直线、平面平行的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面平行的判定和性质1.(2021江苏扬州大学附中2月检测,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B2.(2021济南二模,7)已知正四面体ABCD的棱长为2,平面α与棱AB、CD均平行,则α截此正四面体所得截面面积的最大值为()A.1B.√2C.√3D.2答案A3.(多选)(2021山东青岛胶州调研,10)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点,下列说法正确的是()A.平面AC1F∥平面B1CEB.直线FG∥平面B1CEC.直线CG与BF异面D.直线C1F与平面CGE相交答案AC4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱A1B1的中点,点T是棱CC1上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动,且QB∥平面D1NT,则动点Q的轨迹的长为.答案√105.(2022届山东潍坊10月过程性测试,18)如图,平面ABCD⊥平面AEBF,四边形ABCD为矩形,△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°.(1)求证:平面BCE⊥平面ADE;(2)若点G为线段FC上任意一点,求证:BG∥平面ADE.证明(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,又因为平面ABCD⊥平面AEBF,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,所以BC⊥平面AEBF,又因为AE⊂平面AEBF,所以BC⊥AE.因为∠AEB=90°,即AE⊥BE,且BC、BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,所以AE⊥平面BCE,又因为AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE.(2)因为BC∥AD,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE.因为△ABF和△ABE均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°,所以∠EAB=∠ABF=45°,所以AE∥BF,又AE⊂平面ADE,BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE,又BC∩BF=B,所以平面BCF∥平面ADE.又BG⊂平面FBC,所以BG∥平面ADE.6.(2022届广东佛山一中10月月考,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=√2,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=1AD=1,E为PA的中点.2(1)证明:EB∥平面PCD;(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.解析(1)证明:取AD的中点O,连接EO,OB,∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD,又OE⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴OE∥平面PCD,又∵BC ∥AD,BC=12AD,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴BO ∥CD, 又OB ⊄平面PCD,CD ⊂平面PCD,∴BO ∥平面PCD,又OE ∩BO=O,∴平面EBO ∥平面PCD, 又∵BE ⊂平面EBO,∴BE ∥平面PCD.(2)连接PO,∵PA=PD,O 为AD 的中点,∴PO ⊥AD, 又平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD, 所以PO ⊥平面ABCD,取BC 的中点M,连接OM, ∵四边形ABCD 是等腰梯形,∴OM ⊥AD, 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C (√32,12,0),∴PD⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,0),设平面PCD 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·PD ⃗⃗⃗⃗ =y −z =0,n ·CD⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y =0,令x=1,则y=z=√3,则n=(1,√3,√3), 易知平面PAD 的一个法向量为m=(1,0,0), ∴|cos θ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=√7,则sin θ=√427. 7.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D,E 分别为BC,AC 的中点,AB=BC.求证: (1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E ⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.8.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.证明(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C,又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.9.(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-A 1B 1C 1D 1为正方体,∴D 1C 1∥A 1B 1,D 1C 1=A 1B 1.又AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1,∴D 1C 1∥AB,D 1C 1=AB,∴四边形ABC 1D 1为平行四边形,∴AD 1∥BC 1,又AD 1⊂平面AD 1E,BC 1⊄平面AD 1E,∴BC 1∥平面AD 1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD ⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),A 1(0,0,2),D 1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),AE ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),设平面AD 1E 的法向量为n=(x,y,z),直线AA 1与平面AD 1E 所成的角为θ, 则{n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+4×2=23, ∴直线AA 1与平面AD 1E 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.(2022届重庆巴蜀中学11月月考,8)在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E,F,G,H 分别为棱AB,BC,C 1D 1,A 1D 1的中点,若平面α∥平面EFGH,且平面α与棱A 1B 1,B 1C 1,B 1B 分别交于点P,Q,S,其中点Q 是棱B 1C 1的中点,则三棱锥B 1-PQS 的体积为( ) A.1 B.12C.13D.16答案 D2.(2019课标Ⅱ文,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 B3.(2021河北邢台月考,19)在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为正方形,AA 1=2AB=4,M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点.(1)证明:平面MNC ∥平面AD 1P;(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点,所以MN ∥AD 1,CN ∥PD 1.又AD 1⊄平面MNC,MN ⊂平面MNC,所以AD 1∥平面MNC,同理PD 1∥平面MNC, 又AD 1∩PD 1=D 1,所以平面MNC ∥平面AD 1P.(2)以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,2,2),M(1,0,0),N(0,0,2),C(0,2,0),则DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),MC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 设平面MNC 的法向量为n=(x,y,z),则{MN⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2z =0,MC ⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2y =0,令z=1,得n=(2,1,1). 设直线DP 与平面MNC 所成角为θ,则sin θ=|cos<DP⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|DP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√33, 所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33.综合篇 知能转换A 组考法一 判断或证明线面平行的方法1.(2022届T8联考,7)如图,已知四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面为平行四边形,E,F,G 分别为棱AA 1,CC 1,C 1D 1的中点,则( )A.直线BC 1与平面EFG 平行,直线BD 1与平面EFG 相交B.直线BC 1与平面EFG 相交,直线BD 1与平面EFG 平行C.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 平行D.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 相交 答案 A2.(2022届湖南岳阳一中入学考试,18)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面ABB 1A 1是菱形,∠BAA 1=60°,E 是棱BB 1的中点,CA=CB,F 在线段AC 上,且AF=2FC. (1)证明:CB 1∥平面A 1EF;(2)若CA ⊥CB,平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,求二面角F-A 1E-A 的余弦值.解析 (1)证明:连接AB 1交A 1E 于点G,连接FG, 易得△AGA 1∽△B 1GE,所以AG GB 1=AA 1EB 1=2,又因为AF FC =2,所以AF FC =AGGB 1,所以FG ∥CB 1,又CB 1⊄平面A 1EF,FG ⊂平面A 1EF,所以CB 1∥平面A 1EF.(2)过C 作CO ⊥AB 于点O,因为CA=CB,所以O 是线段AB 的中点.因为平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,平面CAB ∩平面ABB 1A 1=AB,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.连接A 1B,OA 1,由题意易知△ABA 1是等边三角形,又O 是线段AB 的中点,所以OA 1⊥AB.以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗ ,OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(1,0,0),A 1(0,√3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F (13,0,23),B 1(-2,√3,0),E (−32,√32,0),则A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,−√32,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ =13,-√3,23.设平面A 1FE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 13−√3y 1+23z 1=0,−32x 1−√32y 1=0,令x 1=1,则n 1=(1,-√3,-5).易知平面ABB 1A 1的一个法向量为n 2=(0,0,1), 则cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-5√2929,由题图可知,二面角F-A 1E-A 的平面角为锐角,所以二面角F-A 1E-A 的余弦值为5√2929. 3.(2022届南京二十九中10月月考,20)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥AD,AB=2BC=4,E 是棱PD 上的动点(除端点外),F,M 分别为AB,CE 的中点. (1)证明:FM ∥平面PAD;(2)若直线EF 与平面PAD 所成的最大角为30°,求平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:取CD 的中点N,连接FN,MN,因为F,N 分别为AB,CD 的中点,所以FN ∥AD,又FN ⊄平面PAD,AD ⊂平面PAD,所以FN ∥平面PAD,因为M,N 分别是CE,CD 的中点,所以MN ∥PD,又MN ⊄平面PAD,PD ⊂平面PAD,所以MN ∥平面PAD,又FN ∩MN=N,所以平面MFN ∥平面PAD,又因为FM ⊂平面MFN,所以FM ∥平面PAD.(2)连接AE,因为平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD ∩平面ABCD=AD,AB ⊥AD,AB ⊂平面ABCD,所以AB ⊥平面PAD,所以∠AEF 即为直线EF 与平面PAD 所成的角,且tan ∠AEF=AF AE =2AE, 当AE 最小,即AE ⊥PD,亦即E 为PD 中点时,∠AEF 最大,为30°,又因为AF=2,所以AE=2√3,所以AD=4. 取AD 的中点O,连接PO,OC,易知PO ⊥平面ABCD,因为AO ∥BC 且AO=12AD=BC,所以四边形ABCO 为平行四边形,所以AB ∥CO,又AB ⊥AD,所以AO ⊥OC,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2√3),E(0,1,√3),F(2,-2,0),则CE ⃗⃗⃗⃗ =(-4,1,√3),FC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),设平面CEF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·FC⃗⃗⃗ =0,n 1·CE ⃗⃗⃗ =0,即{2x +2y =0,−4x +y +√3z =0,可取n 1=(√3,-√3,5).易知平面PAD 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√3√31=√9331,所以平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值为√9331.4.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 (1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,则MN ∥ED.又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−x +√3y −2z =0,−4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−√3q =0,−p −2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.5.(2021广东珠海一模,19)如图,三棱锥P-ABC 中,PA ⊥AB,AB ⊥AC,AB=AC=√2,PB=PC=√6,点M 是PA 的中点,点D 是AC 的中点,点N 在PB 上,且PN=2NB. (1)证明:BD ∥平面CMN;(2)求直线CN 与平面ABC 所成角的正切值.解析 (1)证明:如图,连接PD 交CM 于O,则O 为△PAC 的重心,PO=2OD,连接ON,因为PN=2NB,所以ON ∥BD,因为ON ⊂平面CMN,BD ⊄平面CMN,所以BD ∥平面CMN.(2)因为PB=PC,AB=AC,PA=PA,所以△PAB ≌△PAC,所以∠PAC=∠PAB=90°,所以PA=√PC 2−AC 2=√6−2=2,又因为PA ⊥AB,AB ∩AC=A,所以PA ⊥平面ABC,过N 作NH ⊥AB 于H,连接HC,因为NH ∥PA,所以NH ⊥平面ABC,所以NH ⊥HC,且AH=23AB,直线CN 与平面ABC 所成角为∠NCH,所以直线CN 与平面ABC 所成角的正切值tan ∠NCH=NH HC=13PA √AC 2+(23AB )2=13×2√(√2)2+(23×√2)2=√2613.6.(2017课标Ⅱ理,19,12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=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 (1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),则PC⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos<BM⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin45°,即√(x−1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{ x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2−√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√105. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.考法二 判断或证明面面平行的方法(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=2√2,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=2√2,∴AB 2+AC 2=8=BC 2,∴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AC⃗⃗⃗⃗ =(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=(x 1,y 1,z 1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AP⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2y 1=0,x 1+√3z 1=0,则y 1=0,令z 1=-1,则x 1=√3,∴m=(√3,0,-1), 设平面PBC 的法向量是n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·PC⃗⃗⃗ =0,n ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,∴{−x 2+2y 2−√3z 2=0,−2x 2+2y 2=0,令z 2=1,则{x 2=√3,y 2=√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. B 组1.(多选)(2021南京航空航天大学附中期中,10)已知棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,过对角线BD 1作平面α交棱AA 1于点E,交棱CC 1于点F,以下结论正确的是( ) A.四边形BFD 1E 不一定是平行四边形 B.平面α分正方体所得两部分的体积相等 C.平面α与平面DBB 1不可能垂直 D.四边形BFD 1E 面积的最大值为√2答案 BD2.(多选)(2021广东肇庆二模,12)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1,AA 1=2,P 是线段BC 1上的一动点,则下列说法中正确的是( ) A.A 1P ∥平面AD 1CB.A 1P 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的最大值是2√55C.A 1P+PC 的最小值为√1705D.以A 为球心,√2为半径的球面与侧面DCC 1D 1的交线长是π2答案 ACD。
高考数学一轮复习 7.4 直线、平面平行的判定及其性质精品课件 理 新人教A版
3．利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个平 面内的任一直线平行于另一平面．
特别警示：线面平行关系没有传递性，即平行线中的一条平 行于一平面，另一条不一定平行于该平面．
[例1] 如右图所示，已知P、Q是正方体ABCD－A1B1C1D1的 面A1B1BA和面ABCD的中心．
证明：PQ∥平面BCC1B1.
答案：D
4．过三棱柱ABC－A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中与 平面ABB1A1平行的直线共有________条．
解析：各中点连线如下图，只有面EFGH与面ABB1A1平行， 在四边形EFGH中有6条符合题意．
D 中，M∈AB，N∈AD，若AMMB ＝NAND，则直线 MN 与平面 BDC 的位置关系是________．
又PE、QE⊂平面PQE，PE∩QE＝E， ∴平面PQE∥平面BCC1B1， 又PQ⊂平面PQE， ∴PQ∥平面BCC1B1.
即时训练 如右图所示，在三棱锥P－ABC中，若D，E，F
分 别 为 PB ， PC ， AC 的 中 点 ， 问 在 PB 上 是 否 存 在 一 点 G ， 使 得 FG∥平面ADE?
[ 例 5] (2010· 湖 南 高 考 ) 如 右 图 所 示 ， 在 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值； (2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的 结论．
[解] (1)如图(a)所示，取AA1的中点M，连结EM，BM.因为E 是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.
[思路探究] 可考虑用线面平行的判定定理，在平面BCC1B1 内构造与PQ平行的直线；也可利用面面平行的定义来证明，需构 造过PQ且与平面BCC1B1平行的平面．