北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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.(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
A
10
命题①,由m∥n,m⊂α,得n⊂α或n∥α,
若n⊂α,m∥n,m⊂β,则n∥β,命题①正确;
在正方体ABCD-A B C D 中,如图1所示,
1 1 1 1
取平面ADD A 为平面α,平面A B C D 为平面β,
1 1 1 1 1 1
则A D 为直线m,若n是C D,则m⊥n,
1 1 1
但n不垂直于α且n不垂直于β,命题②错误;
若n是AC ,则n与平面α、β所成角相等,但m不垂直于n,命题④错误;
1
命题③,如图2,过n作平面γ交α于直线a,作平面δ交平面β于直线b,由n∥α,n⊂γ,α∩γ=a得n∥a,
同理可得n∥b.则a∥b,
由a∥b,a⊂α,b⊄α得b∥α,又α∩β=m,b⊂β,所以b∥m,所以m∥n,命题③正确,故选A.
2.(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 ( )
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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
3.(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( )
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.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
4.(2011北京文,17,14分)如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中
点.
(1)求证:DE∥平面BCP;
(2)求证:四边形DEFG为矩形;
(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.
解析 (1)证明:因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP,PC⊂平面BCP,
所以DE∥平面BCP.
(2)证明:因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,
所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF.
所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC⊥AB,
所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形.
(3)存在点Q满足条件.理由如下:
连接DF,EG,设Q为EG的中点.
1
由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG= EG.
2
分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN.
1
与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,且QM=QN= EG,所以Q为满足条件的
2
点.
5.(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.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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.
1 2
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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
∴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,
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,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
∴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
△
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.
6.(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.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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.
(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
