2024版高考復(fù)習(xí)A版數(shù)學(xué)考點考法練習(xí)：直線、平面平行的判定和性質(zhì)

高考

數(shù)學(xué)立體幾何直線、平面平行的判定和性質(zhì)基礎(chǔ)篇考點一直線與平面平行的判定和性質(zhì)1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直線m,n滿足m?α,n?α,則“m∥n”是“m

∥α”的(

)A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案

A

2.(2022湖南益陽調(diào)研,7)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是AB,BC的

中點,則下列說法錯誤的是

(

)A.AD⊥A1E

B.EF∥A1C1C.A1E∥B1F

D.B1F∥平面A1AD答案

C

3.(多選)(2022遼寧葫蘆島一模,10)點A,B,C,M,N為正方體的頂點或所在棱

的中點,則下列滿足MN∥平面ABC的是

(

)

A

B

C

D答案

BC

4.(多選)(2022河北邯鄲一模,10)如圖,在空間四邊形ABCD中,E,F分別為

AB,AD的中點,G,H分別在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,則

(

)A.BD∥平面EGHFB.FH∥平面ABCC.AC∥平面EGHFD.直線GE,HF,AC交于一點答案

AD

5.(2020北京,16,13分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BB1的中點.(1)求證:BC1∥平面AD1E;(2)求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值.

解析

(1)證明:∵ABCD-A1B1C1D1為正方體,∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B1.又AB

∥A1B1,AB=A1B1,∴D1C1∥AB,D1C1=AB,∴四邊形ABC1D1為平行四邊形,∴

AD1∥BC1,又AD1?平面AD1E,BC1?平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E.(2)不妨設(shè)正方體的棱長為2,如圖,以{

,

,

}為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),∴

=(0,0,2),

=(2,0,2),

=(0,2,1),設(shè)平面AD1E的法向量為n=(x,y,z),直線AA1與平面AD1E所成的角為θ,則

即

令z=-2,則

此時n=(2,1,-2),∴sinθ=|cos<n,

>|=

=

=

,∴直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值為

.考點二平面與平面平行的判定和性質(zhì)1.(2019課標(biāo)Ⅱ,文7,理7,5分)設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是(

)A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C.α,β平行于同一條直線D.α,β垂直于同一平面答案

B

2.(2021太原一模,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,△PAB是正三角形,G是△PAB的重心,D,E,H分別是PA,BC,PC的中點,點F在BC上,且BF=3FC.(1)求證:平面DFH∥平面PGE;(2)若PB⊥AC,AB=AC=2,BC=2

,求二面角A-PC-B的余弦值.

解析

(1)證明:連接BG,GD,由題意得BG與GD共線,且BG=2GD,∵E是BC的中點,BF=3FC,∴F是CE的中點,∴

=

=2,∴GE∥DF,∵GE?平面PGE,DF?平面PGE,∴DF∥平面PGE,∵H是PC的中點,∴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

,∴AB2+AC2=8=BC2,∴AB⊥AC,又∵PB⊥AC,AB∩PB=B,∴AC⊥平面PAB,以A為坐標(biāo)原點,向量

,

的方向為x軸,y軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,由題意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,

),則

=(0,2,0),

=(1,0,

),

=(-1,2,-

),

=(-2,2,0),

設(shè)平面PAC的法向量是m=(x1,y1,z1),則

∴

則y1=0,令z1=-1,則x1=

,∴m=(

,0,-1),設(shè)平面PBC的法向量是n=(x2,y2,z2),則

∴

令z2=1,則

∴n=(

,

,1),∴cos<m,n>=

=

,又知二面角A-PC-B是銳二面角,∴二面角A-PC-B的余弦值為

.綜合篇考法一判定或證明直線與平面平行的方法1.(2021江蘇揚州大學(xué)附中檢測,5)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分別

是A1B1,AB的中點,P點在線段B1C上,則NP與平面AMC1的位置關(guān)系是(

)A.垂直B.平行C.相交但不垂直D.要依P點的位置而定答案

B

2.(多選)(2022遼寧大連模擬,11)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為梯形,

AB∥CD,則

(

)A.平面PAD內(nèi)任意一條直線都不與BC平行B.平面PBC內(nèi)存在無數(shù)條直線與平面PAD平行C.平面PAB和平面PCD的交線不與底面ABCD平行D.平面PAD和平面PBC的交線不與底面ABCD平行答案

ABD

3.(2019北京,文13,理12,5分)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列

三個論斷:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的

命題:

.答案若l⊥m,l⊥α,則m∥α(答案不唯一)4.(2023屆南京學(xué)情調(diào)研,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行

四邊形,PA⊥平面ABCD,M為PC的中點.(1)求證:PA∥平面MBD;(2)若AB=AD=PA=2,∠BAD=120°,求二面角B-AM-D的正弦值.

解析

(1)證明:連接AC交BD于點O,可知O為AC的中點,連接OM,又M為

PC的中點,所以O(shè)M∥PA,又OM?平面MBD,PA?平面MBD,所以PA∥平

面MBD.(2)由題意可得平行四邊形ABCD為菱形.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

系,在菱形ABCD中,因為AB=AD=2,∠BAD=120°,所以AC=2,OB=

,所以B(

,0,0),C(0,1,0),D(-

,0,0),A(0,-1,0),M(0,0,1),所以

=(-

,-1,0),

=(-

,0,1),

=(

,-1,0),

=(

,0,1),設(shè)平面MBA的法向量為m=(x,y,z),則

即

令x=1,則

則m=(1,-

,

),設(shè)平面MDA的法向量為n=(a,b,c),則

即

令a=1,則n=(1,

,-

),所以cos<m,n>=

=

=-

,所以sin<m,n>=

,故二面角B-AM-D的正弦值為

.5.(2022新高考Ⅱ,20,12分)如圖,PO是三棱錐P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,

E為PB的中點.(1)證明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.

解析

(1)證法一:連接OA,∵PO是三棱錐P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,取AB的中點D,連接OD、DE,則OD⊥AB,又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD?平面PAC,AC?平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分別為AB、PB的中點,∴DE∥PA,又∵DE?平面PAC,PA?平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE?平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE?平面ODE,∴OE∥平面PAC.證法二:連接OA,∵PO是三棱錐P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,延長BO交AC于點F,連接PF,易知在Rt△ABF中,O為BF的中點,∵E為PB的中點,∴OE∥PF,又OE?平面PAC,PF?平面PAC,∴OE∥平面PAC.(2)取AB的中點M,連接OM,OA,以M為坐標(biāo)原點,MB,MO所在直線分別為x,

y軸,過點M且與平面ABC垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

系.

∵PO=3,PA=5,∴結(jié)合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2

,∴P(0,2,3),B(2

,0,0),A(-2

,0,0),E

,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4

,∴AC=12,C(-2

,12,0).設(shè)平面AEB的法向量為n1=(x1,y1,z1),∵

=(4

,0,0),

=

,∴

即

令y1=3,則z1=-2,∴n1=(0,3,-2).設(shè)平面AEC的法向量為n2=(x2,y2,z2),∵

=(0,12,0),∴

即

令x2=

,則z2=-6,∴n2=(

,0,-6),∴cos<n1,n2>=

=

=

,設(shè)二面角C-AE-B的平面角為θ,則sinθ=

=

,∴二面角C-AE-B的正弦值為

.考法二判定或證明平面與平面平行的方法(2022長沙雅禮中學(xué)月考七,19)如圖,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD是

正方形,AB=2,DE=BF,BF∥DE,M為棱AE的中點.(1)求證:平面BMD∥平面EFC;(2)若ED⊥平面ABCD,BM⊥CF,求二面角E-AF-B的余弦值.

解析

(1)證明:連接AC,交BD于點N,∴N為AC的中點,連接MN,∵M(jìn)為棱AE的中點,∴MN∥EC.∵M(jìn)N?平面EFC,EC?平面EFC,∴MN∥平面EFC.∵BF∥DE,BF=DE,∴四邊形BDEF為平行四邊形,∴BD∥EF.又BD?平面EFC,EF?平面EFC,∴