新高考數(shù)學復習真題分類7-2直線、平面平行的判定和性質練習含答案

7.2直線、平面平行的判定與性質考點直線、平面平行的判定與性質1.(2015安徽理,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是()A.若α,β垂直于同一平面,則α與β平行B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行C.若α,β不平行···,則在α內不存在···與D.若m,n不平行···,則m與n不可能答案D若α,β垂直于同一個平面γ,則α,β可以都過γ的同一條垂線,即α,β可以相交,故A錯;若m,n平行于同一個平面,則m與n可能平行,也可能相交,還可能異面,故B錯;若α,β不平行,則α,β相交,設α∩β=l,在α內存在直線a,使a∥l,則a∥β,故C錯;從原命題的逆否命題進行判斷,若m與n垂直于同一個平面,由線面垂直的性質定理知m∥n,故D正確.2.(2015浙江文,4,5分)設α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,且l?α,m?β.()A.若l⊥β,則α⊥βB.若α⊥β,則l⊥mC.若l∥β,則α∥βD.若α∥β,則l∥m答案A對于選項A,由面面垂直的判定定理可知選項A正確;對于選項B,若α⊥β,l?α,m?β,則l與m可能平行,可能相交,也可能異面,所以選項B錯誤;對于選項C,當l平行于α與β的交線時,l∥β,但此時α與β相交,所以選項C錯誤;對于選項D,若α∥β,則l與m可能平行,也可能異面,所以選項D錯誤.故選A3.(2014遼寧,4,5分)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說法正確的是()A.若m∥α,n∥α,則m∥nB.若m⊥α,n?α,則m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,則n∥αD.若m∥α,m⊥n,則n⊥α答案B若m∥α,n∥α,則m與n可能平行、相交或異面,故A錯誤;B正確;若m⊥α,m⊥n,則n∥α或n?α,故C錯誤;若m∥α,m⊥n,則n與α可能平行、相交或n?α,故D錯誤.因此選B.4.(2014廣東理,7,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,則下列結論一定正確的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1與l4既不垂直也不平行D.l1與l4的位置關系不確定答案D由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1與l3的位置不確定,若l1∥l3,則結合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除選項B、C,若l1⊥l3,則結合l3⊥l4,知l1與l4可能不垂直,所以排除選項A.故選D.評析本題考查了空間直線之間的位置關系,考查學生的空間想象能力、思維的嚴密性.5.(2021浙江,6,4分)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1,M,N分別是A1D,D1B的中點,則()A.直線A1D與直線D1B垂直,直線MN∥平面ABCDB.直線A1D與直線D1B平行,直線MN⊥平面BDD1B1C.直線A1D與直線D1B相交,直線MN∥平面ABCDD.直線A1D與直線D1B異面,直線MN⊥平面BDD1B1答案A解題指導:利用線面平行的判定定理和線面垂直的判定定理解決此類問題.解析連接AD1,在正方形ADD1A1中,由M為A1D的中點,可知AD1∩A1D=M,且M為AD1的中點,AD1⊥A1D.又∵N為D1B的中點,∴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正確.6.(2017課標Ⅰ,6,5分)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是()答案AB選項中,AB∥MQ,且AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;C選項中,AB∥MQ,且AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;D選項中,AB∥NQ,且AB?平面MNQ,NQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ.故選A.7.(2011北京文,17,14分)如圖,在四面體PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,點D,E,F,G分別是棱AP,AC,BC,PB的中點.(1)求證:DE∥平面BCP;(2)求證:四邊形DEFG為矩形;(3)是否存在點Q,到四面體PABC六條棱的中點的距離相等?說明理由.解析(1)證明:因為D,E分別為AP,AC的中點,所以DE∥PC.又因為DE?平面BCP,PC?平面BCP,所以DE∥平面BCP.(2)證明:因為D,E,F,G分別為AP,AC,BC,PB的中點,所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF.所以四邊形DEFG為平行四邊形.又因為PC⊥AB,所以DE⊥DG.所以四邊形DEFG為矩形.(3)存在點Q滿足條件.理由如下:連接DF,EG,設Q為EG的中點.由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=12分別取PC,AB的中點M,N,連接ME,EN,NG,MG,MN.與(2)同理,可證四邊形MENG為矩形,其對角線交點為EG的中點Q,且QM=QN=12EG,所以Q為滿足條件的點8.(2022北京,17,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BCC1B1為正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分別為A1B1,AC的中點.(1)求證:MN∥平面BCC1B1;(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知,求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.條件①:AB⊥MN;條件②:BM=MN.注:如果選擇條件①和條件②分別解答,按第一個解答計分.解析(1)證法一:取BC的中點P,連接NP,B1P,則NP∥AB,且NP=12∵M是A1B1的中點,A1B1AB,∴B1M∥AB,且B1M=12AB∴B1MPN,∴四邊形B1PNM為平行四邊形,∴MN∥B1P,又B1P?平面BCC1B1,MN?平面BCC1B1,∴MN∥平面BCC1B1.證法二:取AB的中點Q,連接QN,QM,∵M,N分別是A1B1,AC的中點,∴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)選擇條件①.∵側面BCC1B1為正方形,∴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)中證法一知MN∥B1P,又AB⊥MN,∴AB⊥B1P.∵BC∩B1P=P,∴AB⊥平面BCC1B1.∴AB⊥BB1.∴BC,B1B,BA兩兩垂直.以B為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則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).設平面BMN的法向量為n=(x,y,z),則n·BM=0,n·BN=0,即y+2z=0,x+y=0,令∴cos<n,AB>=故直線AB與平面BMN所成角的正弦值為23解法二:連接MA.易知NQ⊥AB,又AB⊥MN,MN∩NQ=N,∴AB⊥平面MNQ,∴AB⊥MQ.結合(1)中證法二知NQ⊥MQ.又AB∩NQ=Q,∴MQ⊥平面ABN,∴點M到平面ABN的距離為2.∴V三棱錐M-ABN=13易知BM=5,BN=2,MN=NQ∴S△BMN=32設A到平面BMN的距離為h,則VA-BMN=VM-ABN=23即13·?·32∴直線AB與平面BMN所成角的正弦值為43選擇條件②.∵側面BCC1B1為正方形,∴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.結合(1)中證法二易知MQ⊥NQ.∵AB=BC=2,∴NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,∴△MBQ≌△MNQ,∴MQ⊥BQ.∴BB1,BC,BA兩兩垂直.解法一(向量法):同選①的解法一.解法二(幾何法):同選①的解法二.9.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點.(1)證明:CE∥平面PAB;(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.解析本題主要考查空間點、線、面的位置關系,直線與平面所成的角等基礎知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力.(1)證明:如圖,設PA中點為F,連接EF,FB.因為E,F分別為PD,PA中點,所以EF∥AD且EF=12又因為BC∥AD,BC=12AD,所以EF∥BC且即四邊形BCEF為平行四邊形,所以CE∥BF,因此CE∥平面PAB.(2)分別取BC,AD的中點為M,N.連接PN交EF于點Q,連接MQ.因為E,F,N分別是PD,PA,AD的中點,所以Q為EF中點,在平行四邊形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中點得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD得BC⊥平面PBN,那么平面PBC⊥平面PBN.過點Q作PB的垂線,垂足為H,連接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設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,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是28方法總結1.證明直線與平面平行的方法.(例:求證:l∥α)①線面平行的判定定理:在平面α內找到一條與直線l平行的直線m,從而得到l∥α.②面面平行的性質:過直線l找到(或作出)一個平面β,使得β∥α,從而得l∥α.2.求線面角的方法.①定義法:作出線面角,解三角形即可.②解斜線段、射影、垂線段構成的三角形.例:求AB與平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出點B到平面α的距離d(通常由等體積法求d),由sinθ=dAB得結論最好是畫出圖形,否則容易出錯.10.(2016課標Ⅲ文,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN∥平面PAB;(2)求四面體N-BCM的體積.解析(1)證明:由已知得AM=23取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分又AD∥BC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為12PA.(9分取BC的中點E,連接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2?由AM∥BC得M到BC的距離為5,故S△BCM=12×4×5=25所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=13·S△BCM·PA2=45評析本題考查了線面平行的判定,考查了三棱錐的體積,考查了空間想象能力.線段的中點問題一般應用三角形的中位線求解.11.(2015課標Ⅱ文,19,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值.解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱,所以其體積的比值為9712.(2014課標Ⅱ文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.(1)證明:PB∥平面AEC;(2)設AP=1,AD=3,三棱錐P-ABD的體積V=34,求A到平面PBC的距離解析(1)證明:設BD與AC的交點為O,連接EO.因為ABCD為矩形,所以O為BD的中點.又E為PD的中點,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.由題設知BC⊥平面PAB,因為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的距離為313思路分析(1)由線線平行證出線面平行;(2)首先由題設求出AB,然后過A作AH⊥PB于H,證明AH就是A到平面PBC的距離,通過解三角形求解即可.13.(2014安徽,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為8的正方形,四條側棱長均為217,點G,E,F,H分別是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)證明:GH∥EF;(2)若EB=2,求四邊形GEFH的面積.解析(1)證明:因為BC∥平面GEFH,BC?平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.同理可證EF∥BC,因此GH∥EF.(2)連接AC,BD交于點O,BD交EF于點K,連接OP,GK.因為PA=PC,O是AC的中點,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內,所以PO⊥底面ABCD.又因為平面GEFH⊥平面ABCD,且PO?平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因為平面PBD∩平面GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,從而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,從而KB=14DB=12OB,即K為OB再由PO∥GK得GK=12PO,即G是PB的中點,且GH=1由已知可得OB=42,PO=PB2?所以GK=3.故四邊形GEFH的面積S=GH+EF2·評析本題考查線面平行與垂直關系的轉化,同時考查