北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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8.3 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.(2021浙江,6,4分)如图,已知正方体ABCD-ABCD,M,N分别是AD,DB的中点,则 ( )
1 1 1 1 1 1
A.直线AD与直线DB垂直,直线MN∥平面ABCD
1 1
B.直线AD与直线DB平行,直线MN⊥平面BDDB
1 1 1 1
C.直线AD与直线DB相交,直线MN∥平面ABCD
1 1
D.直线AD与直线DB异面,直线MN⊥平面BDDB
1 1 1 1
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AD,在正方形ADDA 中,
1 1 1
由M为AD的中点,可知AD∩AD=M,且M为AD 的中点,AD⊥AD.
1 1 1 1 1 1
又∵N为DB的中点,∴MN∥AB.
1
∵AB 平面ABCD,MN 平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.
∵AB⊂⊥平面ADDA,A⊄D 平面ADDA,∴AB⊥AD,
1 1 1 1 1 1
∵AB∩AD=A,∴AD⊥平⊂面ABD,
1 1 1
∴AD⊥DB.故A正确.
1 1
2.(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( )北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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答案 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.
3.(2022北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,侧面BCCB 为正方形,平面BCCB⊥平面
1 1 1 1 1 1 1
ABBA,AB=BC=2,M,N分别为AB,AC的中点.
1 1 1 1
(1)求证:MN∥平面BCCB;
1 1
(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.
1
解析
(1)证法一:取BC的中点P,连接NP,BP,则NP∥AB,且NP= AB.
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1
∵M是AB 的中点,ABAB,∴BM∥AB,且BM= AB,
1 1 1 1 1 1
2
∴BMPN,∴四边形BPNM为平行四边形,
1 1
∴MN∥BP,
1
又BP 平面BCCB,MN 平面BCCB,
1 1 1 1 1
∴MN∥⊂平面BCCB. ⊄
1 1
证法二:取AB的中点Q,连接QN,QM,
∵M,N分别是AB,AC的中点,
1 1
∴QN∥BC,QM∥BB,
1
∵QN 平面BCCB,BC 平面BCCB,
1 1 1 1
∴QN⊄∥平面BCCB,同理⊂,QM∥平面BCCB,
1 1 1 1
又QM∩QN=Q,∴平面MNQ∥平面BCCB,
1 1
又MN 平面MNQ,∴MN∥平面BCCB.
1 1
(2)选择⊂条件①.
∵侧面BCCB 为正方形,∴BC⊥BB,又平面BCCB⊥平面ABBA,平面BCCB∩平面ABBA=BB,BC 平
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
面BCCB,∴BC⊥平面ABBA,∴BC⊥AB. ⊂
1 1 1 1
解法一:由(1)中证法一知MN∥BP,又AB⊥MN,∴AB⊥BP.
1 1
∵BC∩BP=P,∴AB⊥平面BCCB.∴AB⊥BB.
1 1 1 1
∴BC,BB,BA两两垂直.
1
以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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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, {y+2z=0,令z=1,得n=(2,-2,1).
即
n·⃗BN=0, x+ y=0,
∴cos<n, n·⃗AB 4 2,
⃗AB>= = =
|n||⃗AB| 3×2 3
2
故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为 .
3
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.
1 1 2
∴V = ×2·S△ABN= ×2×1= .
三棱锥M-ABN
3 3 3
易知BM= ,BN= ,MN= ,
√5 √2 √NQ2+MQ2=√5
3
∴S = .
BMN
2
△北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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设A到平面BMN的距离为h,
2
则V =V = ,
A-BMN M-ABN
3
1 3 2 4
即 ·ℎ· = ,∴h= ,
3 2 3 3
4
∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为3 2.
=
2 3
选择条件②.
∵侧面BCCB 为正方形,∴BC⊥BB,又平面BCCB⊥平面ABBA,平面BCCB∩平面ABBA=BB,BC 平
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
面BCCB,∴BC⊥平面ABBA,∴BC⊥AB. ⊂
1 1 1 1
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.∴BB,BC,BA两两垂直.
1
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.
4.(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
(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= AD.
2
1
又因为BC∥AD,BC= AD,所以EF∥BC且EF=BC,
2
即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,
因此CE∥平面PAB.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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(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,
1
在△PBN中,由PN=BN=1,PB=√3得QH= ,
4
1
在Rt△MQH中,QH= ,MQ=√2,
4
√2
所以sin∠QMH= .
8
√2
所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是 .
8
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
d
sin θ= 得结论.
AB北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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最好是画出图形,否则容易出错.
5.(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.
2
解析 (1)证明:由已知得AM= AD=2,
3
1
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN= BC=2.(3分)
2
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)
1
(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为 PA.(9分)
2
取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC=3得AE⊥BC,AE= = .
√AB2−BE2 √5
由AM∥BC得M到BC的距离为√5,
1
故S = ×4×√5=2√5.
△BCM
2
1 PA 4√5
所以四面体N-BCM的体积V = ·S · = .(12分)
N-BCM 3 △BCM 2 3
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.
