新高考版數(shù)學(xué)資料：直線、平面平行的判定和性質(zhì)（十年高考）

新高考版《數(shù)學(xué)》資料：直線、平面平行的判定和性質(zhì)（十年高考）

8.3直線、平面平行的判定與性質(zhì)

考點(diǎn)直線、平面平行的判定與性質(zhì)

1.（2021浙江,6,4分）如圖，已知正方體力叱力出。幾就A1分別是力出44的中點(diǎn)則

A.直線力］〃與直線48垂直,直線耶〃平面ABCD

B.直線4〃與直線"8平行,立線網(wǎng)上平面BDRB、

C.直線4〃與直線4笈相交,直線JW〃平面ABCD

D.直線4,與直線45異面,直線.mu平面孫氏

答案A解題指導(dǎo)：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(lèi)問(wèn)題.

解析連接期，在正方形/I叫小中，

山”為4〃的中點(diǎn),可知力4n4大四且V為AD\的中點(diǎn),4

又???N為48的中點(diǎn)，，拗〃然

??"住平面ABCD,迎世平面ABCD,，勤￥〃平面ABCD.

二"反L平面AD灰小,4Az平面AD仄Ai，：.ABIA也

.."i/LL平面ABI\,

心故A正確.

2.（2017課標(biāo)I,6,5分）如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在

這四個(gè)正方體中，宜線AB與平面MNQ不平行的姑（）

1

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答案AB選項(xiàng)中,AB〃MQ,且ABU平面MNQ,MQu平面MNQ,則AB〃平面MNQ;C選項(xiàng)中,AB〃MQ,且ABU平面

MNQ,MQu平面MNQ,則AB〃平面MNQ;D選項(xiàng)中,AB〃NQ,且ABC平面MNQ,NQu平面玳Q,則AB〃平面MNQ.故選

A.

3.(2022北京，17,14分)如圖，在三琴林ABeA&Q中，側(cè)而B(niǎo)CCB為正方形，平面5M5」平面

AB氏hAB=BC=2,M,N分型為A避,力C的中點(diǎn).

(1)求證："V〃平面腔］瓦;

(2)再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為己知,求直線力方與平面例網(wǎng)所成角的正弦值.

條件①：ABLMN-,

條件②：B由期.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第?個(gè)解答計(jì)分.

解析⑴證法一：取肉的中點(diǎn)P,連接切則,W〃仍且陪AB.

2

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V.J/M/出的中點(diǎn)"田AB,，喇/AB、且氏病AB,

工氏M網(wǎng);...四邊形5/皿為平行四邊形,

:.MN"B\P,

又瓦上平面旌酒，業(yè)W平面BCC島

拉〃平面的外

證法二：取力8的中點(diǎn)Q連接QYQM

???比川分別是/周然的中點(diǎn)，

???QW平面BCC島平面BCC6,

???/〃平面〃久的，同埋，0/〃平面BCC\B\,

又QVnQN=QtI.平面極0〃平面BCG氏,

又“上平面松Q,硒7/平面BCC\B\.

(2)選擇條件①.

???側(cè)面BCC出為正方形，????_!_典，又平面幽而_L平面力叫4,平面8第瓦n平面/典力尸典，及七平面

他%,比工平面ABBA：.BC工AB.

解法一：由⑴中證法一知，捌“打月又ABU風(fēng)：.AB1B\P.

*：BCCB\片P,?"收1平面BCCB.

...圖瓦內(nèi)為兩兩垂直.

以8為原點(diǎn),建立如圖所示的空間口角坐標(biāo)系，

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則6(0,0,0)"(0,2,0),Ml,1,0),M0,1,2),

.?.前=(0,1,2),前“1,1,0),同=(0,-2,0).

設(shè)平面用的的法向量為止（％y,z）,

(n-BM=。，即［y+2z=0,

則［n?麗=0,I*+丫=°，令灰1,得爐(2,-2,1).

AB>=n^L=4=2

.*.COS</7,1川麗3x23,

故直線題?與平面所成角的正弦值為用

解法二：連接?物.

易知NQ1AB,又仍_LMV；AVG.VgV；."￡_L平面/聞：.ABLMQ.

結(jié)合（1）中證法二知.V0_L閹又ABCNeQ,

工照LL平面ABN,，點(diǎn)必到平面力外的距離為2.

.,,二X26△48N=：x2xl=:

??V三極稚爐四，廠53

易知BSf=8砰餡,.M\HNQ2+MQ2=枳,

&JRM巨

設(shè)力到平面加外’的距離為加

則“踴低產(chǎn)

1.3_24

即了???宿

4

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.?.直線歷與平面所相所成角的正弦值為5=?.

選擇條件②.

???側(cè)面BCC\B\為正方形，，必L陽(yáng)，又平面幽瓦_(dá)L平面平面幽瓦A平面卜旌平面

孫品.??5CJ_平面AffBiAt,：,BCLAB.

結(jié)合⑴中證法二易知匐LVQ'：AB-BO2y：.NQ-BQ-\.又B^fN,?給?圖，△揚(yáng)四

:.“Q1BQ.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.

4.（2017浙江，19,15分）如圖，已知四棱錐P-ABCD,ZkPAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,

BC//AD.CD±AD,PC=/\D=2DC=2CB.E為PD的中點(diǎn).

⑴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(diǎn)、線、面的位置關(guān)系，直線。平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力

和運(yùn)算求解能力.

1

⑴證明：如圖,設(shè)PA中點(diǎn)為F,連接EF,FB.因?yàn)镋,F分別為PD,PA中點(diǎn)，所以EF/AD且EF=2AD.

1

又因?yàn)锽C/7AD,BC=2AD,所以EF〃BC且EF=BC,

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(diǎn)為M,N.

連接PN交EF于點(diǎn)Q,連接MQ.

因?yàn)镋,F,N分別是PD,PA,AD的中點(diǎn)，所以Q為EF中點(diǎn),

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在平行四邊形BCEF中,MQ/7CE.

由APAD為等腰直角三角形得PN±AD.

由DC1AD,N是AD的中點(diǎn)得BN1AD.

所以AD_L平面PBN,

由BC〃AD得BC_L平面PBN,

那么平面PBC_L平面PBN.

過(guò)點(diǎn)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NQMH是直線CE與平面PBC所成的角.設(shè)CD=1.

在4PCD中，由PC=2,CD=1,PD=\&得CE八僅，

1

在aRBN中，由PN=BN=1,PB八行得QH=4,

1

在Rt&lQH中，QH=4,VQ=A/2,

比

所以sin/QMH=8.

在

所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是8.

方法總結(jié)1.證明直線與平面平行的方法.（例：求證：1〃。）

①線面平行的判定定理：在平面a內(nèi)找到一條與直線1平行的直線m,從而得到1〃a.

②面面平行的性質(zhì)：過(guò)直線1找到（或作出）一個(gè)平面B,使得8〃。，從而得1〃（1.

2.求線而角的方法.

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(gòu)成的三角形.

例：求AB與平面a所成角0的正弦值，其中A￡a.只需求出點(diǎn)B到平面a的距離d（通常由等體積法求

d

d）,由sin0=4B得結(jié)論.

最好是畫(huà)出圖形，否則容易出錯(cuò).

5.（2016課標(biāo)HI文，19,12分）如圖，四棱錐P-ABCD中，PA_L底面ABCD,AD/7BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線

段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn).

⑴證明MN〃平面PAB;

（2）求四面體N-BCM的體積.

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2

解析（1）證明：由已知得AM=§AD=2,

1

取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC中點(diǎn)知取〃BC,TN=2BC=2.（3分）

又AD/7BC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN〃AT.

因?yàn)锳Tu平面PAB,MNC平面PAB,所以MN〃平面PAB.（6分）

1

⑵因?yàn)镻A_L平面ABCD,N為PC的中點(diǎn)，所以N到平面ABCD的距離為2PA.（9分）

取BC的中點(diǎn)E,連接AE.

由AB=AC=3得AE±BC,AER4解-BE?=g

由AM〃BC得M到BC的距離為、相，

1

故SzsBOi=爹X4X依=2通

1PA4^5

所以四面體N-BCM的體積VV.KM=3?Sg*?彳=亍.（12分）

評(píng)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(diǎn)問(wèn)題?般應(yīng)用

三角形的中位線求解.

6.（2015課標(biāo)II文，19,12分）如圖,長(zhǎng)方體ABCD-A.BjC^!中,AB=16,BC=10,孫=8,點(diǎn)E,F分別在A^,上,

A|E=DF=4.過(guò)點(diǎn)E,F的平面a與此長(zhǎng)方體的面相交，交線圍成一個(gè)正方形.

（1）在圖中畫(huà)出這個(gè)正方形（不必說(shuō)明畫(huà)法和理由）；

（2）求平面a把該長(zhǎng)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：

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(2)作EM1AB,垂足為M,則AM=AiE=4,EBi=12,EM=A&=8.

因?yàn)镋HGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是MH=VE//2-EM?=6,AH=10,HB=6.

2（2也正確）

因?yàn)殚L(zhǎng)方體被平面a分成兩個(gè)高為10的直棱柱,所以其體積的比值為719）.

7.（2014課標(biāo)II文，18,12分）如圖，四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA_L平面ABCD,E為PD的中點(diǎn).

（1）證明:PB〃平面AEC;

在

⑵設(shè)AP=1,AD=A3,三棱錐P-ABD的體積V=4,求A到平面PBC的距離.

解析（1）證明：設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為0,連接EO.

因?yàn)锳BCD為矩形，

所以。為BD的中點(diǎn).

又E為PD的中點(diǎn)，

所以E0〃PB.

EOu平面AEC,PBC平面AEC,

所以PB〃平而AEC.

1在

（2）V=6PA?AB?AD^AB.

我

又V=4,

3

所以AB=2,

_________運(yùn)

所以PB532+「儲(chǔ)=1"

作AH_LPB交PB于H.

8

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由題設(shè)知BC_L平面PAB,

因?yàn)锳Hu平面PAB,

所以BC_LAH,

又BCABP=B,

故AH_L平面PBC.

PA3713

又AH=P8=~,

3713

所以A到平面PBC的距離為不二

思路分析（1）由線線平行證出線面平行；

（2）首先由題設(shè)求出AB,然后過(guò)A作AH1PB于H,證明AH就是A到平面PBC的距離,通過(guò)解三角形求解即可.

8.（2014安徽，19,13分）如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為8的正方形,四條側(cè)棱長(zhǎng)均為28,點(diǎn)G,E,F,H

分別是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點(diǎn),平面GEFH_L平面ABCD,BC〃平面GEFH.

⑴證明:GH/7EF;

（2）若EB=2,求四邊形GEFH的面積.

解析（1）證明：因?yàn)锽C〃平面GEFH,BCu平面PBC,且平面PBCC平面GEFII=GII,所以

同理可證EF〃BC,

因此GH/7EF.

（2）連接AC,BD交于點(diǎn)0,BD交EF于點(diǎn)K,連接OP,GK.

因?yàn)镻A=PC,0是AC的中點(diǎn),所以P0XAC,同理可得P01BD.

又BDCIAC=0,且AC,BD都在底面內(nèi)，所以P0_L底面ABCD.又因?yàn)槠矫鍳EFIU平面ABCD,且P06平面GEFH,

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所以P0〃平面GEFH.

因?yàn)槠矫鍼BDC平面GEFH=GK,

所以PO//GK,且GK_L底面ABCD,

從而GK1EF.

所以GK是梯形GEFH的高.

由AB=8,EB=2得EB：AB=KB：DB=1：4,

11

從而KB=4DB=20B,即K為OB的中點(diǎn).

11

再由PO/7GK得GK=2PO,即G是PB的中點(diǎn),且GH=2BC=4.

由已知可得OB=4A/2,POA/PB、，°B2A68-32=6,

所以GK=3.

GH+EF4+8

故四邊形GEFH的面積S=2?GK=2X3=18.

評(píng)析本題考查線面平行與垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化，同時(shí)考查空間想象能力和邏輯推理能力，解題時(shí)要有較強(qiáng)的分

析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.

9.（2013課標(biāo)II文，18,12分）如圖，直三棱柱ABC-AB。中,D,E分別是AB,BB,的中點(diǎn).

⑴證明:?！ㄆ矫鍭￡D;

（2）設(shè)AA1=AC=CB=2,AB=2鏡,求三棱錐C-A）DE的體積.

解析（1）證明：連接AG交&C于點(diǎn)