2021版数学北师大版攻略大一轮复习精练：8.3 直线、平面平行的判定与性质
2023年新高考数学一轮复习8-4 直线、平面平行的判定及性质(知识点讲解)含详解
专题8.4 直线、平面平行的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）空间平行关系1.直线与平面平行的判定与性质a∥α，a⊂β，2.利用线面平行的定义，一般用反证法；利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； 利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． （二）平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.【常考题型剖析】题型一：与线、面平行相关命题的判定例1. （2023·全国·高三专题练习）已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A ．若m //α，m //n ，则n //α B ．若m //α，n //α，则m //n C ．若m //α，n ⊂α，则m //nD ．若m //α，m ⊂β，αβ＝n ，则m //n例2.（2022·上海静安·二模）在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（ ）. （1）α、β都垂直于平面r ，那么α∥β. （2）α、β都平行于平面r ，那么α∥β. （3）α、β都垂直于直线l ，那么α∥β.（4）如果l 、m 是两条异面直线，且l ∥α，m ∥α，l ∥β，m ∥β，那么α∥β A ．0B ．1C ．2D ．3例3．（四川·高考真题（文））下列命题正确的是（ ） A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C ．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行例4. （2022·云南师大附中模拟预测（理））若α，β是两个不同平面，m ，n 是两条不同直线，则下列4个推断中正确的是（ ）A ．m α∥，m β∥，n ⊂α，n m n β⊂⇒∥B ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥C ．m α∥，n α∥，m β⊂，n βαβ⊂⇒∥D ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥ 【方法技巧】直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等． 题型二：直线与平面平行的判定例5.（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，D 、E 、F 、M 、N 分别是BC 、11B C 、1AA 、1CC 、1A C 的中点，给出下列四个判断：①//EF 平面1ADB ；②//EM 平面1ADB ； ③//EN 平面1ADB ； ④1//A M 平面1ADB ， 错误的序号为___________.例6.【多选题】（2017·全国·高考真题（文））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 平行的是（ ）A．B．C．D．例7.（2023·全国·高三专题练习）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于,A B的点，直线PC 平面ABC，,E F分别是PA，PC的中点.记平面BEF与平面ABC的交线为l，求证：直线l//平面PAC【总结提升】证明直线与平面平行的方法(1)线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)．(2)线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线．注意内外平行三条件，缺一不可．题型三：线面平行性质定理的应用例8.（福建·高考真题（文））如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD 上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．例9.(2019·全国卷Ⅰ改编)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．证明：MN ∥平面C 1DE .例10.如图，在直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AD 上的任意一点(不包括A ，D 两点)，平面CEC 1∩平面BB 1D ＝FG .证明：FG ∥平面AA 1B 1B ．【总结提升】 1.思路方法：(1)通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面的交线，要树立这种应用意识． (2)利用线面平行性质必须先找出交线． 2.易错提醒（1）在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.（2）线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加，在添加辅助线、辅助面时一定要以某一性质定理为依据，绝不能主观臆断.（3）解题中注意符号语言的规范应用. 题型四：平面与平面平行的判定与性质例11.（2023·全国·高三专题练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中，4AB AD ==，12AA =，E ，F 分别为棱11A B 和11A D 的中点，M 为长方体表面上任意一点．若BM ∥平面AEF ，则BM 的最大值为（ ）A．B ．C ．D ．6例12.（2020·全国·高三专题练习（文））如图，平面//α平面β，PAB △所在的平面与α，β分别交于CD 和AB ，若2PC =，3CA =，1CD =，则AB =______．例13.（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F分别为棱11,DD CC 的中点.求证：平面1//AEC 平面BDF例14.（陕西·高考真题（文））如图,四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O∥平面ABCD, 12AB AA ==.（1）证明: 平面A 1BD // 平面CD 1B 1;（2）求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积.【规律方法】 1.证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义．(2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．2.面面平行的应用(1)两平面平行，构造与之相交的第三个平面，可得交线平行．(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行，可用于证明线面平行．3.三种平行关系之间的转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．专题8.4 直线、平面平行的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）空间平行关系1.直线与平面平行的判定与性质a∥α，a⊂β，2.利用线面平行的定义，一般用反证法；利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； 利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． （二）平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.【常考题型剖析】题型一：与线、面平行相关命题的判定例1. （2023·全国·高三专题练习）已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A ．若m //α，m //n ，则n //α B ．若m //α，n //α，则m //n C ．若m //α，n ⊂α，则m //n D ．若m //α，m ⊂β，αβ＝n ，则m //n【答案】D 【解析】 【分析】举例说明判断A ，B ，C ；利用线面平行的性质判断D 作答. 【详解】如图，长方体1111ABCD A B C D -中，平面1111D C B A 视为平面α，对于A ，直线AB 视为m ，直线11A B 视为n ，满足m //α，m //n ，而n ⊂α，A 不正确；对于B，直线AB视为m，直线BC视为n，满足m//α，n//α，而m与n相交，B不正确；A D视为n，满足m//α，n⊂α，显然m与n是异面直线，C不正确；对于C，直线AB视为m，直线11对于D，由直线与平面平行的性质定理知，D正确.故选：D例2.（2022·上海静安·二模）在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）.（1）α、β都垂直于平面r，那么α∥β.（2）α、β都平行于平面r，那么α∥β.（3）α、β都垂直于直线l，那么α∥β.（4）如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3【答案】D【解析】【分析】由面面平行的判定定理及其相关结论分析可得结果.【详解】由面面平行的判定定理分析可知（1）错，（2），（3），（4）正确.故选：D例3．（四川·高考真题（文））下列命题正确的是（）A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C【解析】【详解】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确.例4. （2022·云南师大附中模拟预测（理））若α，β是两个不同平面，m ，n 是两条不同直线，则下列4个推断中正确的是（ ）A ．m α∥，m β∥，n ⊂α，n m n β⊂⇒∥B ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥C ．m α∥，n α∥，m β⊂，n βαβ⊂⇒∥D ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥【答案】A【解析】【分析】利用线面，面面位置关系逐项分析即得.【详解】对于A ，如图，n ⊂α，n n βαβ⊂⇒⋂=，结合m α，m β，可知m n ∥，故A 正确；对于B ，如图，m ，n 可能异面，故B 错误；对于C ，如图，α，β可能相交，故C 错误；对于D ，如图，αβ，可能相交，故D 错误.故选：A ．【方法技巧】直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．题型二：直线与平面平行的判定例5.（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，D 、E 、F 、M 、N 分别是BC 、11B C 、1AA 、1CC 、1A C 的中点，给出下列四个判断：①//EF 平面1ADB ；②//EM 平面1ADB ；③//EN 平面1ADB ；④1//A M 平面1ADB ，错误的序号为___________.【答案】①②④【解析】【分析】连接DE 、1A E 、CE 、EF 、EM 、EN 、1A M 、FM ，证明出平面1//A CE 平面1AD B ，利用面面平行的性质结合假设法可判断①②③④的正误.【详解】连接DE 、1A E 、CE 、EF 、EM 、EN 、1A M 、FM ，在三棱柱111ABC A B C -中，因为11//BB CC 且11BB CC =，所以，四边形11BB C C 为平行四边形，则11//BC B C 且11BC B C =，D 、E 分别为BC 、11B C 的中点，则1//CD B E 且1CD B E =，故四边形1CDB E 为平行四边形，则1//CE B D ，CE ⊄平面1ADB ，1B D ⊂平面1ADB ，故//CE 平面1ADB ，同理可证四边形1BB ED 为平行四边形，则11////DE BB AA ，11DE BB AA ==，则四边形1AA ED 为平行四边形，所以，1//A E AD ，1A E ⊄平面1ADB ，AD ⊂平面1ADB ，则1//A E 平面1ADB ，1CE A E E =，故平面1//A CE 平面1AD B ，EN ⊂平面1A CE ，则//EN 平面1ADB ，③对；对于①，若//EF 平面1ADB ，EF EN E =，则平面//EFN 平面1ADB ，因为过点E 且与平面1ADB 平行的平面只有一个，矛盾，故①错，同理可知，②④均错.故答案为：①②④.例6.【多选题】（2017·全国·高考真题（文））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 平行的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BCD【解析】【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD例7.（2023·全国·高三专题练习）如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，,E F 分别是PA ，PC 的中点.记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，求证：直线l //平面PAC【答案】证明见解析【解析】【分析】先通过//EF AC 可得出//EF 平面ABC ，再利用线面平行的性质即可证明.【详解】因为,E F 分别是,PA PC 的中点，所以//EF AC ，又因为AC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，所以//EF 平面ABC ，又EF ⊂平面BEF ，平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，所以//EF l ，而l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以//l 平面P AC .【总结提升】证明直线与平面平行的方法(1)线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)．(2)线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线．注意内外平行三条件，缺一不可． 题型三：线面平行性质定理的应用例8.（福建·高考真题（文））如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．【解析】【分析】根据直线与平面平行的性质定理可得//EF AC ,再根据E 为AD 的中点可得F 为CD 的中点,从而根据三角形的中位线可得.【详解】如图:因为//EF 平面1AB C ,EF ⊂平面DABC ,且平面1A C B 平面ABCD AC =,所以//EF AC ,又因为E 为AD 的中点,所以F 为CD 的中点, 所以12EF AC =,因为正方体的棱长为2.所以AC =所以EF =故答案为.例9.(2019·全国卷Ⅰ改编)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE.【答案】见解析【解析】证明:连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D．由题设知A1B1//=DC，可得B1C//=A1D，故ME//=ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED．又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.例10.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG.证明：FG∥平面AA1B1B．【答案】见解析【解析】证明：在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D．又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B．【总结提升】1.思路方法：(1)通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面的交线，要树立这种应用意识．(2)利用线面平行性质必须先找出交线．（1）在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.（2）线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加，在添加辅助线、辅助面时一定要以某一性质定理为依据，绝不能主观臆断.（3）解题中注意符号语言的规范应用.题型四：平面与平面平行的判定与性质例11.（2023·全国·高三专题练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中，4AB AD ==，12AA =，E ，F 分别为棱11A B 和11A D 的中点，M 为长方体表面上任意一点．若BM ∥平面AEF ，则BM 的最大值为（ ）A．B ．C ．D ．6【答案】C【解析】【分析】由面面平行的性质结合题意可确定点M 所在的平面，再由平面几何的性质即可确定BM 的值为最大值时的位置，即可求解【详解】如图所示，取G ，H 分别为棱11B C 和11D C 的中点，连接11,,,BG DH BD B D ,由题意易知1111,BF B D GH B D ∥∥，所以BF GH ∥；又易知AF BG ∥，故可以证明平面BGHD ∥平面AEF ；又BM ∥平面AEF ，由面面平行的性质可知M ∈平面BGHD ，所以由题意可知M 在等腰梯形BGHD 四条边上运动，过点H 作HQ BD ⊥，交BD 于点Q ，由题意可知BD GH DH BG DQ ====所以HQ BQ BD DQ =-=所以BH又BD BH ==，所以故当M 与D 点重合时，BM 的值为最大值，此时BM BD ==例12.（2020·全国·高三专题练习（文））如图，平面//α平面β，PAB △所在的平面与α，β分别交于CD 和AB ，若2PC =，3CA =，1CD =，则AB =______． 【答案】52【解析】【分析】根据面面平行的性质，证得//CD AB ，结合CD PC AB PA =，即可求解. 【详解】由题意，平面//α平面β，PAB △所在的平面与α，β分别交于CD 和AB ， 根据面面平行的性质，可得//CD AB ，所以CD PC AB PA =， 因为2PC =，3CA =，1CD =，所以15522CD PA AB PC ⋅⨯===.故答案为：52. 例13.（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱11,DD CC 的中点.求证：平面1//AEC 平面BDF【答案】证明见解析【解析】【分析】根据1//DF EC ，可证明1//EC 平面BDF ；又//BF AE ，可得//AE 平面BDF .进而根据线面平行证明面面平行.【详解】证明：在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱11,DD CC 的中点， 所以11111,22DE DD C F CC ==. 因为11CC DD =，且11//CC DD ，所以1DE C F =，且1//DE C F ，所以四边形1DEC F 是平行四边形，所以1//DF EC 又DF ⊂平面BDF ，1EC ⊄平面BDF ，所以1//EC 平面BDF .同理，//BF AE ，又BF ⊂平面BDF ，AE ⊄平面BDF ， 所以//AE 平面BDF .又1AE EC E ⋂=，1,AE EC ⊂平面1AEC ，所以平面1//AEC 平面BDF 例14.（陕西·高考真题（文））如图,四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O∥平面ABCD, 1AB AA =（1）证明: 平面A 1BD // 平面CD 1B 1;（2）求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】【详解】试题分析：（1）要证明1A C ⊥平面11BB D D ，只要证明1A C 垂直于平面11BB D D 内的两条相交直线即可，由已知可证出1A C ⊥BD ，取11B D 的中点为1E ，通过证明四边形11A OCE 为正方形可证1A C ⊥1E O ．由线面垂直的判定定理问题得证；（2）由已知1A O 是三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的高，由此能求出三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的体积 试题解析：（Ⅰ）∵四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB=AA 1=，由棱柱的性质可得BB 1和DD 1平行且相等，故四边形BB 1D 1D 为平行四边形，故有BD 和B 1D 1平行且相等．而BD 不在平面CB 1D 1内，而B 1D 1在平面CB 1D 1内，∴BD ∥平面CB 1D 1．同理可证，A 1BCD 1为平行四边形，A 1B ∥平面CB 1D 1．而BD 和A 1B 是平面A 1BD 内的两条相交直线，故有平面A 1BD ∥平面CD 1B 1 ．（Ⅱ）由题意可得A 1O 为三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的高．三角形A 1AO 中，由勾股定理可得A 1O===1，∴三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的体积V=S △ABD •A 1O=•A 1O=×1=1．【规律方法】1.证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义．(2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．2.面面平行的应用(1)两平面平行，构造与之相交的第三个平面，可得交线平行．(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行，可用于证明线面平行．3.三种平行关系之间的转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．。
2021高三统考北师大版数学一轮学案：第8章第5讲 直线、平面垂直的判定及性质 Word版含解析
姓名，年级：时间：第5讲直线、平面垂直的判定及性质基础知识整合1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的错误!任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．（2）直线与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的错误!两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⇒l⊥α（3）直线与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理垂直于同一个平面的两条直线错误!平行⇒a∥b2．平面与平面垂直（1）平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是错误!直二面角，就说这两个平面互相垂直．（2)平面与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的错误!垂线，则这两个平面垂直⇒α⊥β(3）平面与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于错误!交线的直线与另一个平面垂直⇒l⊥α3．直线与平面所成的角（1）定义:平面的一条直线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．（2)线面角θ的范围:θ∈[0°,90°]．4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的错误!两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2）二面角的平面角：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱错误!垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．直线与平面垂直的五个结论（1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线．(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．（3）垂直于同一条直线的两个平面平行．（4）过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．（5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l ⊂α，m⊂β,下列结论正确的是( ）A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β,则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m答案A解析根据线面垂直的判定定理知A正确;当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行、相交或异面，故B错误；当l∥β,l⊂α时,α与β可能平行，也可能相交，故C错误；当α∥β，l⊂α,m⊂β时，l与m可能平行，也可能异面，故D错误．故选A.2．（2019·浙江杭州模拟)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β，则( )A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案C解析∵α∩β＝l,∴l⊂β，∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.3．（2019·广东五校诊断考试)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（)A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若m⊥α，m∥n,n⊂β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n答案B解析A项，若α⊥β,m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n相交或m，n为异面直线,故不正确；C项，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α,β有可能相交但不垂直，故不正确；D项,若α∥β，m⊂α，n⊂β,则m，n有可能是异面直线,故不正确，故选B.4．若a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面,则a ⊥b的一个充分不必要条件是( ）A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β,a⊂α,b⊂βC．a⊥α,b∥αD．a⊥α,b⊥α答案C解析对于A，B，直线a，b可能是平行直线,相交直线，也可能是异面直线;对于C，在平面α内存在c∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；对于D,一定能推出a∥b.故选C.5．(2019·江西南昌模拟）如图，在四面体ABCD中,已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在（)A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案A解析由AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，则AC⊥平面ABD，而AC ⊂平面ABC,则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上，故选A.6．(2019·沈阳模拟）已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题:①PA⊥BC;②PB⊥AC；③PC⊥AB;④AB⊥BC。
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第4节直线平面平行的判定及性质跟踪检测文含解析202101
第八章立体几何第四节直线、平面平行的判定及性质A级·基础过关|固根基|1.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.2．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m⊂αD．l⊂α，α∩β＝m解析：选B 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．故选B.3．(2019届长沙市统一模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选A 由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a 与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B 由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知，EF 15BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG 12BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交B．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B 由题意可得A 1M ＝13A 1B ，AN ＝13AC ，所以分别取BC ，BB 1上的点P ，Q ，使得CP ＝23BC ，BQ ＝23BB 1，连接MQ ，NP ，PQ ，则MQ23B 1A 1，NP23AB ，又B 1A 1AB ，故MQNP ，所以四边形MQPN 是平行四边形，则MN ∥QP ，QP ⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，则MN ∥平面BCC 1B 1，故选B.6．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)．解析：①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β 或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案：②7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则EF ＝________．解析：根据题意，因为EF ∥平面AB 1C ，所以EF ∥AC .又E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点．因为在Rt △DEF 中，DE ＝DF ＝1，故EF ＝2.答案：28.如图，平面α∥平面β，△ABC ，△A ′B ′C ′分别在α，β内，线段AA ′，BB ′，CC ′相交于点O ，O 在α，β之间，若AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，OA ∶OA ′＝3∶2，则△A ′B ′C ′的面积为________．解析：相交直线AA ′，BB ′所在平面和两平行平面α，β相交于AB ，A ′B ′，所以AB ∥A ′B ′.同理BC ∥B ′C ′，CA ∥C ′A ′.所以△ABC 与△A ′B ′C ′的三内角相等，所以△ABC ∽△A ′B ′C ′，A ′B ′AB＝OA ′OA＝23.又因为S △ABC ＝12×2×1×32＝32，所以S △A ′B ′C ′＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝32×49＝239. 答案：2399．(2020届广东七校联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，CD ＝4，E 为CD 的中点．(1)求证：AE ∥平面PBC ； (2)求三棱锥C －PBE 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2，∠BCA ＝60°. 在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，CD ＝4，∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴∠CAD ＝90°，则△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，∴△ACE 是等边三角形，∴∠CAE ＝60°，∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE .又AE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ∥平面PBC . (2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥底面BCE ， ∴PA 为三棱锥P －BCE 的高．∵∠BCA ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠BCE ＝120°. 又BC ＝1，CE ＝2，∴S △BCE ＝12×BC ×CE ×sin ∠BCE ＝12×1×2×32＝32，∴V 三棱锥C －PBE ＝V 三棱锥P －BCE ＝13×S △BCE ×PA ＝13×32×2＝33.10.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：(1)EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，在△SBC 中，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点， 所以EG ∥SB .又因为SB ⊂平面BDD 1B 1，EG ⊄平面BDD 1B 1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.B级·素养提升|练能力|11.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B 因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确；由上面可知，BD ∥PN ，MN ∥AC . 所以PN BD ＝AN AD，MN AC＝DN AD，而AN ≠DN ，PN ＝MN ， 所以BD ≠AC ，故B 错误．故选B. 12.如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，所以平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，所以MN ∥平面B 1BDD 1.答案：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)13．(2020届成都模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，AB ＝AD ，PA ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，PA 的中点．(1)证明：平面BMN ∥平面PCD ；(2)若AD ＝6，求三棱锥P －BMN 的体积．解：(1)证明：如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形．∵M 为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3 3.∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝22AD＝32，∴△PMN的面积S△PMN＝14S△PAD＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P－BMN的体积V P－BMN＝V B－PMN＝13S△PMN·BM＝13×94×33＝934.14．在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC1的交点．由已知，O为AC1，A1C的中点．连接MD，OE，OM，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD 12AC，OE12AC，因此MD OE.从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.。
高考数学北师大(理)一轮复习课件：8.4 直线、平面平行的判定与性质
条直线,那么这两个平面平行.
知识梳理
考点自诊
随堂巩固
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1 .判断下列结论是否正确,正确的画“√”错, 误的画“× ”.
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行
于这个平面.×( )
(2)若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内
的任一条直线.× ( ) (3)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α. ( × )
(4)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个
平面平行.× ( )
(5)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平
行或异面.√( )
知识梳理
考点自诊
随堂巩固
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2 .已知α,β,γ是三个不重合的平面,a,b 是两条不重合的直线,有 下列三个条件:①a∥γ,b β;②a∥γ,b ∥β;③b ∥β,a γ.如果命题 “α∩β=a , b γ,且 ,则a∥b ”为真命题,则可以在横线处 填入的C 条件是( )
知识梳理
考点自诊
随堂巩固
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考点1
考点2
考点3
考点4
线面平行的证明
例1 (2018 广东宝安、潮阳等七校联考,19)在四棱锥P-ABCD
中,四边形ABCD 是矩形,平面PAB ⊥平面ABCD ,点E,F分别为BC 、
AP 中点.
(1)求证:EF∥平面PCD ;
(2)若AD=AP=PB=
(1)利用线面平行的性质定理,即a∥α,a β,α∩β=b a∥b. (2)利用平行公理推论:平行于同一直线的两条直线互相平行. (3)利用垂直于同一平面的两条直线互相平行.
2021版新高考数学一轮集训40 直线、平面平行的判定及其性质
直线、平面平行的判定及其性质建议用时：45分钟一、选择题1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交B[∵l⊄α，且l与α不平行，∴l∩α＝P，故α内不存在与l平行的直线．故选B.]2.如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能B[由面面平行的性质可得DE∥A1B1，又A1B1∥AB，故DE∥AB.所以选B.]3．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD[选项A中，两直线可能平行，相交或异面，故选项A错误；选项B中，两平面可能平行或相交，故选项B错误；选项C中，两平面可能平行或相交，故选项C错误；选项D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确．故选D.]4.如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于C，E和D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为()A ．65B ．75C ．85D ．95C [由AB ∥α∥β，易证AC CE ＝BD DF ，即AC AE ＝BD BF ，所以BD ＝AC ·BF AE ＝2×45＝85.]5．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )A ．0条B ．1条C ．2条D ．0条或2条C [如图，设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH 是平行四边形，则EF ∥GH ，EF ⊄平面BCD ，GH ⊂平面BCD ，所以EF ∥平面BCD ，又EF ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BCD ＝CD ，则EF ∥CD ，EF ⊂平面EFGH ，CD ⊄平面EFGH ，则CD ∥平面EFGH ，同理AB ∥平面EFGH ，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条，故选C.]二、填空题6．设α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.可以填入的条件有________．①和③ [由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．]7.如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2 [在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，∴AC＝2 2.又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，∴EF＝12AC＝ 2.]8.如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)点M在线段FH上(或点M与点H重合)[连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.]三、解答题9.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE.[证明]法一：(应用面面平行的判定定理证明)因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF，因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE，因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD，因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE，因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.法二：(利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明)：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF，因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，所以平面ABF∥平面DCE.法三：(利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明)因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥DC，又DE∩DC＝D，所以AD⊥平面DEC.同理AD⊥平面ABF.所以平面ABF∥平面DCE.10.如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，P为平面ABC外一点，E、F分别是P A、PC的中点．记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面P AC的位置关系，并加以证明．[解]直线l∥平面P AC，证明如下：因为E、F分别是P A、PC的中点，所以EF∥AC.又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.因为l⊄平面P AC，EF⊂平面P AC，所以l∥平面P AC.1．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()①②③④A．①③B．②③C．①④D．②④C[对于图形①，易得平面MNP与AB所在的对角面平行，所以AB∥平面MNP；对于图形④，易得AB∥PN，又AB⊄平面MNP，PN⊂平面MNP，所以AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．故选C.]2.(2019·安徽蚌埠模拟)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．2[如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝12＋12＝ 2.]3.已知A、B、C、D四点不共面，且AB∥平面α，CD∥α，AC∩α＝E，AD∩α＝F，BD∩α＝H，BC∩α＝G，则四边形EFHG是________四边形．平行[∵AB∥α，平面ABD∩α＝FH，平面ABC∩α＝EG，∴AB∥FH，AB∥EG，∴FH∥EG，同理EF∥GH，∴四边形EFHG是平行四边形．]4.如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．[解](1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.∵HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF ∥平面ABD . 又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH .(2)设EF ＝x (0＜x ＜4)，∵EF ∥AB ，FG ∥CD ，∴CF CB ＝x 4，则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x 4.∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0＜x ＜4，∴8＜l ＜12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8，12).1．[多选]如图所示，透明塑料制成的长方体容器ABCD -A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值；③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行；④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值．其中正确命题的序号有( )A ．①B ．②C．③D．④ACD[由题图，显然①正确，②错误；对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，FG⊂平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面).∴③正确；对于④，∵水是定量的(定体积V)，∴S△BEF ·BC＝V，即12BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝2VBC(定值)，即④正确，故选ACD.]2.如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面P AD.(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面P AD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取P A的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝12AB，又AB∥CD，CD＝12AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH为平行四边形，所以CE∥DH，又DH⊂平面P AD，CE⊄平面P AD，因此CE∥平面P AD.(2)存在点F为AB的中点，使平面P AD∥平面CEF，证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，则AF＝12AB，因为CD＝12AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CF∥AD.又AD⊂平面P AD，CF⊄平面P AD，所以CF∥平面P AD，由(1)可知CE∥平面P AD，又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面P AD，故存在AB的中点F满足要求．快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
新高考一轮复习人教版 直线、平面平行的判定和性质 作业
8.3直线、平面平行的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面平行的判定和性质1.(2021江苏扬州大学附中2月检测,5)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,P点在线段B1C上,则NP与平面AMC1的位置关系是()A.垂直B.平行C.相交但不垂直D.要依P点的位置而定答案B2.(2021济南二模,7)已知正四面体ABCD的棱长为2,平面α与棱AB、CD均平行,则α截此正四面体所得截面面积的最大值为()A.1B.√2C.√3D.2答案A3.(多选)(2021山东青岛胶州调研,10)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点,下列说法正确的是()A.平面AC1F∥平面B1CEB.直线FG∥平面B1CEC.直线CG与BF异面D.直线C1F与平面CGE相交答案AC4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱A1B1的中点,点T是棱CC1上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动,且QB∥平面D1NT,则动点Q的轨迹的长为.答案√105.(2022届山东潍坊10月过程性测试,18)如图,平面ABCD⊥平面AEBF,四边形ABCD为矩形,△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°.(1)求证:平面BCE⊥平面ADE;(2)若点G为线段FC上任意一点,求证:BG∥平面ADE.证明(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,又因为平面ABCD⊥平面AEBF,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,所以BC⊥平面AEBF,又因为AE⊂平面AEBF,所以BC⊥AE.因为∠AEB=90°,即AE⊥BE,且BC、BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,所以AE⊥平面BCE,又因为AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE.(2)因为BC∥AD,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE.因为△ABF和△ABE均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°,所以∠EAB=∠ABF=45°,所以AE∥BF,又AE⊂平面ADE,BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE,又BC∩BF=B,所以平面BCF∥平面ADE.又BG⊂平面FBC,所以BG∥平面ADE.6.(2022届广东佛山一中10月月考,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=√2,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=1AD=1,E为PA的中点.2(1)证明:EB∥平面PCD;(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.解析(1)证明:取AD的中点O,连接EO,OB,∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD,又OE⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴OE∥平面PCD,又∵BC ∥AD,BC=12AD,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴BO ∥CD, 又OB ⊄平面PCD,CD ⊂平面PCD,∴BO ∥平面PCD,又OE ∩BO=O,∴平面EBO ∥平面PCD, 又∵BE ⊂平面EBO,∴BE ∥平面PCD.(2)连接PO,∵PA=PD,O 为AD 的中点,∴PO ⊥AD, 又平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD, 所以PO ⊥平面ABCD,取BC 的中点M,连接OM, ∵四边形ABCD 是等腰梯形,∴OM ⊥AD, 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C (√32,12,0),∴PD⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,0),设平面PCD 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·PD ⃗⃗⃗⃗ =y −z =0,n ·CD⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y =0,令x=1,则y=z=√3,则n=(1,√3,√3), 易知平面PAD 的一个法向量为m=(1,0,0), ∴|cos θ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=√7,则sin θ=√427. 7.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D,E 分别为BC,AC 的中点,AB=BC.求证: (1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E ⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.8.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.证明(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C,又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.9.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.解析 (1)证明:∵ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体,∴D 1C 1∥A 1B 1,D 1C 1=A 1B 1.又AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1,∴D 1C 1∥AB,D 1C 1=AB,∴四边形ABC 1D 1为平行四边形,∴AD 1∥BC 1,又AD 1⊂平面AD 1E,BC 1⊄平面AD 1E,∴BC 1∥平面AD 1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD ⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),A 1(0,0,2),D 1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),AE ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),设平面AD 1E 的法向量为n=(x,y,z),直线AA 1与平面AD 1E 所成的角为θ, 则{n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +2z =0,2y +z =0,令z=-2,则{x =2,y =1,此时n=(2,1,-2),∴sin θ=|cos<n,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+4×2=23, ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.考点二 平面与平面平行的判定和性质1.(2022届重庆巴蜀中学11月月考,8)在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E,F,G,H 分别为棱AB,BC,C 1D 1,A 1D 1的中点,若平面α∥平面EFGH,且平面α与棱A 1B 1,B 1C 1,B 1B 分别交于点P,Q,S,其中点Q 是棱B 1C 1的中点,则三棱锥B 1-PQS 的体积为( ) A.1 B.12C.13D.16答案 D2.(2019课标Ⅱ文,7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面 答案 B3.(2021河北邢台月考,19)在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为正方形,AA 1=2AB=4,M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点.(1)证明:平面MNC ∥平面AD 1P;(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点,所以MN ∥AD 1,CN ∥PD 1.又AD 1⊄平面MNC,MN ⊂平面MNC,所以AD 1∥平面MNC,同理PD 1∥平面MNC, 又AD 1∩PD 1=D 1,所以平面MNC ∥平面AD 1P.(2)以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,2,2),M(1,0,0),N(0,0,2),C(0,2,0),则DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),MC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 设平面MNC 的法向量为n=(x,y,z),则{MN⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2z =0,MC ⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2y =0,令z=1,得n=(2,1,1). 设直线DP 与平面MNC 所成角为θ,则sin θ=|cos<DP⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|DP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√33, 所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33.综合篇 知能转换A 组考法一 判断或证明线面平行的方法1.(2022届T8联考,7)如图,已知四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面为平行四边形,E,F,G 分别为棱AA 1,CC 1,C 1D 1的中点,则( )A.直线BC 1与平面EFG 平行,直线BD 1与平面EFG 相交B.直线BC 1与平面EFG 相交,直线BD 1与平面EFG 平行C.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 平行D.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 相交 答案 A2.(2022届湖南岳阳一中入学考试,18)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面ABB 1A 1是菱形,∠BAA 1=60°,E 是棱BB 1的中点,CA=CB,F 在线段AC 上,且AF=2FC. (1)证明:CB 1∥平面A 1EF;(2)若CA ⊥CB,平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,求二面角F-A 1E-A 的余弦值.解析 (1)证明:连接AB 1交A 1E 于点G,连接FG, 易得△AGA 1∽△B 1GE,所以AG GB 1=AA 1EB 1=2,又因为AF FC =2,所以AF FC =AGGB 1,所以FG ∥CB 1,又CB 1⊄平面A 1EF,FG ⊂平面A 1EF,所以CB 1∥平面A 1EF.(2)过C 作CO ⊥AB 于点O,因为CA=CB,所以O 是线段AB 的中点.因为平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,平面CAB ∩平面ABB 1A 1=AB,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.连接A 1B,OA 1,由题意易知△ABA 1是等边三角形,又O 是线段AB 的中点,所以OA 1⊥AB.以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗ ,OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(1,0,0),A 1(0,√3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F (13,0,23),B 1(-2,√3,0),E (−32,√32,0),则A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,−√32,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ =13,-√3,23.设平面A 1FE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 13−√3y 1+23z 1=0,−32x 1−√32y 1=0,令x 1=1,则n 1=(1,-√3,-5).易知平面ABB 1A 1的一个法向量为n 2=(0,0,1), 则cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-5√2929,由题图可知,二面角F-A 1E-A 的平面角为锐角,所以二面角F-A 1E-A 的余弦值为5√2929. 3.(2022届南京二十九中10月月考,20)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥AD,AB=2BC=4,E 是棱PD 上的动点(除端点外),F,M 分别为AB,CE 的中点. (1)证明:FM ∥平面PAD;(2)若直线EF 与平面PAD 所成的最大角为30°,求平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:取CD 的中点N,连接FN,MN,因为F,N 分别为AB,CD 的中点,所以FN ∥AD,又FN ⊄平面PAD,AD ⊂平面PAD,所以FN ∥平面PAD,因为M,N 分别是CE,CD 的中点,所以MN ∥PD,又MN ⊄平面PAD,PD ⊂平面PAD,所以MN ∥平面PAD,又FN ∩MN=N,所以平面MFN ∥平面PAD,又因为FM ⊂平面MFN,所以FM ∥平面PAD.(2)连接AE,因为平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD ∩平面ABCD=AD,AB ⊥AD,AB ⊂平面ABCD,所以AB ⊥平面PAD,所以∠AEF 即为直线EF 与平面PAD 所成的角,且tan ∠AEF=AF AE =2AE, 当AE 最小,即AE ⊥PD,亦即E 为PD 中点时,∠AEF 最大,为30°,又因为AF=2,所以AE=2√3,所以AD=4. 取AD 的中点O,连接PO,OC,易知PO ⊥平面ABCD,因为AO ∥BC 且AO=12AD=BC,所以四边形ABCO 为平行四边形,所以AB ∥CO,又AB ⊥AD,所以AO ⊥OC,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2√3),E(0,1,√3),F(2,-2,0),则CE ⃗⃗⃗⃗ =(-4,1,√3),FC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),设平面CEF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·FC⃗⃗⃗ =0,n 1·CE ⃗⃗⃗ =0,即{2x +2y =0,−4x +y +√3z =0,可取n 1=(√3,-√3,5).易知平面PAD 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√3√31=√9331,所以平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值为√9331.4.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 (1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,则MN ∥ED.又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−x +√3y −2z =0,−4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−√3q =0,−p −2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.5.(2021广东珠海一模,19)如图,三棱锥P-ABC 中,PA ⊥AB,AB ⊥AC,AB=AC=√2,PB=PC=√6,点M 是PA 的中点,点D 是AC 的中点,点N 在PB 上,且PN=2NB. (1)证明:BD ∥平面CMN;(2)求直线CN 与平面ABC 所成角的正切值.解析 (1)证明:如图,连接PD 交CM 于O,则O 为△PAC 的重心,PO=2OD,连接ON,因为PN=2NB,所以ON ∥BD,因为ON ⊂平面CMN,BD ⊄平面CMN,所以BD ∥平面CMN.(2)因为PB=PC,AB=AC,PA=PA,所以△PAB ≌△PAC,所以∠PAC=∠PAB=90°,所以PA=√PC 2−AC 2=√6−2=2,又因为PA ⊥AB,AB ∩AC=A,所以PA ⊥平面ABC,过N 作NH ⊥AB 于H,连接HC,因为NH ∥PA,所以NH ⊥平面ABC,所以NH ⊥HC,且AH=23AB,直线CN 与平面ABC 所成角为∠NCH,所以直线CN 与平面ABC 所成角的正切值tan ∠NCH=NH HC=13PA √AC 2+(23AB )2=13×2√(√2)2+(23×√2)2=√2613.6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 (1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),则PC⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos<BM⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin45°,即√(x−1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{ x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2−√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√105. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.考法二 判断或证明面面平行的方法(2021太原一模,19)如图,在三棱锥P-ABC 中,△PAB 是正三角形,G 是△PAB 的重心,D,E,H 分别是PA,BC,PC 的中点,点F 在BC 上,且BF=3FC. (1)求证:平面DFH ∥平面PGE;(2)若PB ⊥AC,AB=AC=2,BC=2√2,求二面角A-PC-B 的余弦值.解析 (1)证明:连接BG,GD,由题意得BG 与GD 共线,且BG=2GD, ∵E 是BC 的中点,BF=3FC,∴F 是CE 的中点, ∴BGGD =BEEF=2,∴GE ∥DF,∵GE ⊂平面PGE,DF ⊄平面PGE,∴DF ∥平面PGE, ∵H 是PC 的中点,∴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√2,∴AB 2+AC 2=8=BC 2,∴AB ⊥AC,又∵PB ⊥AC,AB ∩PB=B,∴AC ⊥平面PAB,以A 为坐标原点,向量AB ⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,由题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,√3),则AC⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-√3),BC ⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),设平面PAC 的法向量是m=(x 1,y 1,z 1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AP⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2y 1=0,x 1+√3z 1=0,则y 1=0,令z 1=-1,则x 1=√3,∴m=(√3,0,-1), 设平面PBC 的法向量是n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·PC⃗⃗⃗ =0,n ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,∴{−x 2+2y 2−√3z 2=0,−2x 2+2y 2=0,令z 2=1,则{x 2=√3,y 2=√3,∴n=(√3,√3,1), ∴cos<m,n>=m·n |m||n|=√77,又知二面角A-PC-B 是锐二面角,∴二面角A-PC-B 的余弦值为√77. B 组1.(多选)(2021南京航空航天大学附中期中,10)已知棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,过对角线BD 1作平面α交棱AA 1于点E,交棱CC 1于点F,以下结论正确的是( ) A.四边形BFD 1E 不一定是平行四边形 B.平面α分正方体所得两部分的体积相等 C.平面α与平面DBB 1不可能垂直 D.四边形BFD 1E 面积的最大值为√2答案 BD2.(多选)(2021广东肇庆二模,12)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1,AA 1=2,P 是线段BC 1上的一动点,则下列说法中正确的是( ) A.A 1P ∥平面AD 1CB.A 1P 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的最大值是2√55C.A 1P+PC 的最小值为√1705D.以A 为球心,√2为半径的球面与侧面DCC 1D 1的交线长是π2答案 ACD。
北师大版2021高考数学一轮复习统考第8章立体几何第4讲直线平面平行的判定及性质学案含解析
第4讲直线、平面平行的判定及性质基础知识整合1．直线与平面平行(1)判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行⇒a∥α(2)性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行⇒a∥b2．平面与平面平行(1)判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条07相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)⇒α∥β(2)性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面13相交，那么它们的14交线平行⇒a∥b1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.2．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.3．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.4．两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．5．夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．6．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．7．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．8．如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线( )A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内答案 B解析过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条，因为点P在平面α内，所以这条直线也应该在平面α内．2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面答案 B解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D均不是充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，反之也成立．因此B中的条件是α∥β的充要条件．故选B.3．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解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.4．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数是( )A．1 B．2C ．3D ．4答案 C解析 因为矩形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，所以O 为BD 的中点．在△PBD 中，因为M 为PB 的中点，所以OM 为△PBD 的中位线，OM ∥PD ，所以PD ∥平面AMC ，OM ∥平面PCD ，且OM ∥平面PDA .因为M ∈PB ，所以OM 与平面PBA ，平面PBC 相交．5．如图，平面α∥平面β，△PAB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB ，若PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，则AB ＝________.答案 52解析 ∵平面α∥平面β，∴CD ∥AB ，∴PC PA ＝CD AB， ∴AB ＝PA ·CD PC ＝5×12＝52. 6．已知下列命题：①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内； ②若直线l 上有无数个点不在平面α内，则l ∥α；③若直线l 与平面α相交，则l 与平面α内的任意直线都是异面直线； ④如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交； ⑤若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的直线平行或异面； ⑥若平面α∥平面β，直线a ⊂α，直线b ⊂β，则a ∥b . 上述命题正确的是________． 答案 ①⑤解析 ①若直线与平面有两个公共点，由公理1可得直线在平面内，故①正确；②若直线l 上有无数个点不在平面α内，则l ∥α或l 与α相交，故②错误；③若直线l 与平面α相交，则l 与平面α内的任意直线可能是异面直线或相交直线，故③错误；④如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故④错误；⑤若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的直线无公共点，即平行或异面，故⑤正确；⑥若平面α∥平面β，直线a ⊂α，直线b ⊂β，则a ∥b 或a ，b 异面，故⑥错误．核心考向突破考向一 有关平行关系的判断例1 (1)(2019·福建厦门第二次质量检查)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是C 1D 1，BC ，A 1D 1的中点，则下列命题正确的是( )A ．MN ∥APB．MN∥BD1C．MN∥平面BB1D1DD．MN∥平面BDP答案 C解析取B1C1的中点为Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理，得MQ∥B1D1，∴MQ∥平面BB1D1D，由四边形BB1QN为平行四边形，得NQ∥BB1，∴NQ∥平面BB1D1D，∴平面MNQ∥平面BB1D1D，又MN⊂平面MNQ，∴MN∥平面BB1D1D，故选C.(2)(2019·广东揭阳期末)已知两条不同的直线a，b，两个不同的平面α，β，有如下命题：①若a∥α，b⊂α，则a∥b；②若a∥α，b∥α，则a∥b；③若α∥β，a⊂α，则a∥β；④若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b.以上命题正确的个数为( )A．3 B．2C．1 D．0答案 C解析若a∥α，b⊂α，则a与b平行或异面，故①错误；若a∥α，b∥α，则a与b 平行、相交或异面，故②错误；若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，即a∥β，故③正确；若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b无公共点，得a，b平行或异面，故④错误．∴正确的个数为1.故选C.解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意点(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中，条件“线在面外”易忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．[即时训练] 1.(2019·安徽江南十校综合素质检测)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是( )A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案 B解析过点E，F，G的截面如图所示(其中H，I分别为AA1，BC的中点)．∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故选B.2．(2019·湖南联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n答案 D解析A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.精准设计考向，多角度探究突破考向二直线与平面平行的判定与性质角度1 用线线平行证明线面平行例2 (1)(2019·豫东名校联考)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.证明：FG∥平面AA1B1B.证明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D.又因为CC1⊂平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.(2)(2019·山东日照模拟)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．求证：BD∥平面FGH.证明证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF－ABC中，由AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形，则M为CD的中点，又因为H为BC的中点，所以HM∥BD.因为HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，BE∥HF.在△ABC中，因为G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又因为GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.角度2用线面平行证明线线平行例3 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.证明如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.1．判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．2．证明线线平行的3种方法(1)利用平行公理(a∥b，b∥c⇒a∥c)．(2)利用线面平行的性质定理(a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b)．(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b)．[即时训练] 3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA＝3，F是棱PA上的一个动点，E为PD的中点，O为AC的中点．(1)求证：OE∥平面PAB；(2)若AF＝1，求证：CE∥平面BDF.证明(1)因为四边形ABCD为菱形，O为AC的中点，所以O为BD的中点，又因为E为PD的中点，所以OE∥PB.因为OE⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，所以OE∥平面PAB.(2)过E作EG∥FD交AP于点G，连接CG，FO.因为EG∥FD，EG⊄平面BDF，FD⊂平面BDF.所以EG∥平面BDF.因为E为PD的中点，EG∥FD，所以G为PF的中点，因为AF＝1，PA＝3，所以F为AG的中点，又因为O为AC的中点，所以OF∥CG.因为CG⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，所以CG∥平面BDF.因为EG∩CG＝G，EG⊂平面CGE，CG⊂平面CGE，所以平面CGE∥平面BDF，又因为CE⊂平面CGE，所以CE∥平面BDF.考向三面面平行的判定与性质例4 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC.因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因为A1G与EB平行且相等，所以四边形A1EBG是平行四边形．所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.所以A1E∥平面BCHG.因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.证明面面平行的方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．[即时训练] 4.如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．精品 可修改 欢迎下载- 11 -(1)求证：平面CMN ∥平面PAB ；(2)求三棱锥P －ABM 的体积．解 (1)证明：∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点，∴MN ∥PA ，又MN ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，CN ＝AN ，∴∠ACN ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴CN ∥AB .∵CN ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴CN ∥平面PAB .又CN ∩MN ＝N ，∴平面CMN ∥平面PAB .(2)由(1)知，平面CMN ∥平面PAB ，∴点M 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离．∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，∴BC ＝3，∴三棱锥P －ABM 的体积V ＝V M －PAB ＝V C －PAB ＝V P －ABC ＝13×12×1×3×2＝33.1、在最软入的时候，你会想起谁。
北师大版高中数学一轮复习第八章8.4直线、平面平行的判定及其性质word版下载
课时作业39 直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．已知直线a ∥平面α，P ∈α，那么过点P 且平行于直线a 的直线( )．A ．只有一条，不在平面α内B ．有无数条，不一定在平面α内C ．只有一条，在平面α内D ．有无数条，一定在平面α内2．空间中，下列命题正确的是( )．A ．若a ∥α，b ∥a ，则b ∥αB ．若a ∥α，b ∥α，a β，b β，则β∥αC ．若α∥β，b ∥α，则b ∥βD ．若α∥β，a α，则a ∥β3．下列命题中正确的个数是( )． ①若直线a 不在α内，则a ∥α；②若直线l 上有无数个点不在平面α内，则l ∥α；③若直线l 与平面α平行，则l 与α内的任意一条直线都平行；④若l 与平面α平行，则l 与α内任何一条直线都没有公共点；⑤平行于同一平面的两直线可以相交．A ．1B ．2C ．3D ．44．下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )． A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④5．(2012天津模拟)如图边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕D E 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )．①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上；②BC ∥平面A ′DE ；③三棱锥A ′-FED 的体积有最大值．A ．①B ．①②C ．①②③D ．②③6．如图，若Ω是长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )．A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台7．“直线a ∥平面β”是“直线a 至少平行于平面β内的一条直线”的( )．A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分又不必要条件二、填空题8．(2012山西晋城模拟)已知l ，m ，n 是互不相同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若l 与m 为异面直线，l α，m β，则α∥β；②若α∥β，l α，m β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .其中所有真命题的序号为__________．9．如图所示，ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a 3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝__________.10．设x ，y ，z 是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x ⊥z ，且y ⊥z ，则x ∥y ”为真命题的是__________．(填所有正确条件的代号)①x 为直线，y ，z 为平面；②x ，y ，z 为平面；③x ，y 为直线，z 为平面；④x ，y 为平面，z 为直线；⑤x，y，z为直线．三、解答题11．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.12．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，AP＝AB，BP ＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点．(1)证明：EF∥平面P AD；(2)求三棱锥E-ABC的体积V.参考答案一、选择题1．C 解析：过直线外一点作已知直线的平行线有且只有一条．2．D 解析：A 项，若a ∥α，b ∥a ，则b ∥α或bα；B 项，只有在a 和b 是相交直线时才成立；C 项，若α∥β，b ∥α，则b ∥β或bβ. 3．B 解析：a ∩α＝A 时，a α，故①错； 直线l 与α相交时，l 上有无数个点不在α内，故②错；l ∥α时，α内的直线与l 平行或异面，故③错；l ∥α，l 与α无公共点，所以l 与α内任一条直线都无公共点，④正确；长方体中的相交直线A 1C 1与B 1D 1都与面ABCD 平行，所以⑤正确．4．B 解析：①由平面ABC ∥平面MNP ，可得AB ∥平面MNP .④由AB ∥CD ，CD ∥NP ，得AB ∥NP ，所以AB ∥平面MNP .5．C 解析：①中由已知可得平面A ′FG ⊥平面ABC ，∴点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上．②∵BC ∥DE ，∴BC ∥平面A ′DE .③当平面A ′DE ⊥平面ABC 时，三棱锥A ′-FED 的体积取最大值．6．D 解析：∵EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥BC ，∴EH ∥BC .∴EH ∥平面BCGF .∵FG 平面BCGF ，∴EH ∥FG ，故A 对． ∵B 1C 1⊥平面A 1B 1BA ，EF平面A 1B 1BA ， ∴B 1C 1⊥EF .则EH ⊥EF .由上面的分析知，四边形EFGH 为平行四边形，故它也是矩形，故B 对． 由EH ∥B 1C 1∥FG ，故Ω是棱柱，故C 对．7．B 解析：直线a ∥平面β，则“直线a 至少平行于平面β内的一条直线”一定成立．反之不能成立．二、填空题8．③ 解析：①中α可能与β相交；②中直线l 与m 可能异面；③中结合线面平行的判定和性质可以证明，m ∥n .9.223a 解析：如图所示，连接AC ， 易知MN ∥平面ABCD ，∴MN ∥PQ .又∵MN ∥AC ，∴PQ ∥AC . 又∵AP ＝a 3， ∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23. ∴PQ ＝23AC ＝223a .10．①③④三、解答题11．证明：(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC.∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形．∴A1E∥GB. ∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.12．(1)证明：在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.又BC∥AD，∴EF∥AD.又∵AD平面P AD，EF平面P AD，∴EF∥平面P AD.(2)解：连接AE，AC，EC，过E作EG∥P A交AB于点G，则EG⊥平面ABCD，且EG＝12P A.在△P AB中，AP＝AB，∠P AB＝90°，BP＝2，∴AP＝AB＝2，EG＝2 2.∴S△ABC＝12AB·BC＝12×2×2＝ 2.∴V E-ABC＝13S△ABC·EG＝13×2×22＝13.。
高考数学一轮总复习课时规范练35直线平面平行的判定与性质北师大版
课时规范练35直线、平面平行的判定与性质基础巩固组1.下列说法正确的是()A.若两条直线与同一条直线所成的角相等，则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C.若一条直线分别平行于两个相交平面，则一定平行它们的交线D.若两个平面都平行于同一条直线，则这两个平面平行2.(2021浙江宁海中学)已知三个不同的平面α，β，γ和直线m，n，若α∩γ=m，β∩γ=n，则“α∥β”是“m∥n”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB=AF∶FD=1∶4，H，G分别为BC，CD的中点，则()A.BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B.EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D.EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形4.(2021湖南雅礼中学二模)如图，E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点E(不与端点重合)，BD1∥平面B1CE，则()A.BD1∥CEB.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC15.如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于点C，E和D，F.若AC=2，CE=3，BF=4，则BD的长为()A.65B.75C.85D.956.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是()①FG∥平面AA1D1D ②EF∥平面BC1D1③FG∥平面BC1D1④平面EFG∥平面BC1D1A.①③B.①④C.②③D.②④7.过正方体ABCD-A1B1C1D1的三个顶点A1，C1，B的平面与底面ABCD所在平面的交线为l，则l与A1C1的位置关系是.8.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为.9.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AD=2BC，E，F分别为CC1，DD1的中点.求证:平面BEF∥平面AD1C1.综合提升组10.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNP不平行的是()11.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=DD1=1，AB=√3，E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，点P在平面ABCD内，若直线D1P∥平面EFG，则线段D1P长度的最小值是()A.2√23B.√62C.√52D.√7212.如图，四边形ABCD是空间四边形，E，F，G，H分别是四边上的点，它们共面，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，AC=m，BD=n，则当四边形EFGH是菱形时，AE∶EB=.13.(2021山东临沂月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且CE=2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，与AC1交于点H，则DGDD1=，AHHC1=.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，B1C1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q，如图.(1)若A1C交平面EFBD于点R，证明:P，Q，R三点共线;(2)线段AC上是否存在点M，使得平面B1D1M∥平面EFBD，若存在，确定M的位置;若不存在，说明理由.创新应用组15.(2021北京朝阳二模)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，M是BB1的中点，动点P在正方体内部或表面上，且MP∥平面ABD1，则动点P的轨迹所形成区域的面积是()B.√2C.1D.2A.√2216.如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，M，N分别在线段AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN=x，MN=y，则函数y=f(x)的图象大致是()课时规范练35 直线、平面平行的判定与性质1.C 解析:由两条直线与同一条直线所成的角相等，可知两条直线可能平行，可能相交，也可能异面，故A 错误;若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面可能平行或相交，故B 错误; 设α∩β=l ，m ∥α，m ∥β，利用线面平行的性质定理，在平面α中存在直线a ∥m ，在平面β中存在直线b ∥m ，所以可知a ∥b ，根据线面平行的判定定理，可得b ∥α，然后根据线面平行的性质定理可知b ∥l ，所以m ∥l ，故C 正确;若两个平面都平行于同一条直线，则两个平面可能平行，也可能相交，故D 错误.故选C . 2.A 解析:根据面面平行的性质定理，可知当“α∥β”时，有“m ∥n ”，故充分性成立;反之，当m ∥n 时，α，β可能相交(如图)，故必要性不成立. 所以“α∥β”是“m ∥n ”的充分不必要条件. 故选A .3.B 解析:如图，由题意，得EF ∥BD ，且EF=15BD ，HG ∥BD ，且HG=12BD ，∴EF ∥HG ，EF ≠HG ，∴四边形EFGH 是梯形.又EF ∥BD ，EF ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴EF ∥平面BCD.故选B .4.D 解析:如图，设B 1C ∩BC 1=O ，则平面BC 1D 1∩平面B 1CE=OE.∵BD 1∥平面B 1CE ，根据线面平行的性质可得D 1B ∥EO ，∵O为B1C的中点，∴E为C1D1中点，∴D1E=EC1.故选D.5.C解析:由AB∥α∥β，易证ACCE =BDDF，即ACAE =BDBF，所以BD=AC·BFAE =2×45=85.故选C.6.A解析:∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1，∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1.∵FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D.故①正确;∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF与平面BC1D1相交.故②错误;∵E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1，∵FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，∴FG∥平面BC1D1.故③正确;∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误.故选A.7.平行解析:因为过A1，C1，B三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为A1C1，与底面ABCD的交线为l，且正方体的两底面互相平行，则由面面平行的性质定理知l∥A1C1.8.平行四边形解析:因为平面ABFE∥平面CDHG，平面EFGH∩平面ABFE=EF，平面EFGH∩平面CDHG=HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形.9.证明取AD的中点G，连接BG，FG.因为E，F分别为CC1，DD1的中点，所以C1D1 CD EF，因为C1D1⊂平面AD1C1，EF⊄平面AD1C1，所以EF∥平面AD1C1.因为AD∥BC，AD=2BC，所以GD BC，即四边形BCDG是平行四边形，所以BG CD，所以BG EF，即四边形EFGB是平行四边形，所以BE∥FG.因为F，G分别是DD1，AD的中点，所以FG∥AD1，即BE∥AD1.因为AD1⊂平面AD1C1，BE⊄平面AD1C1，所以BE∥平面AD1C1.又BE⊂平面BEF，FE⊂平面BEF，BE∩EF=E，所以平面BEF∥平面AD1C1.10.C解析:对于选项A，由图可知AC∥MN，CB∥NP，故根据面面平行的判定定理可知，平面ABC∥平面MNP.又因为AB⊂平面ABC，所以直线AB∥平面MNP，故A正确;对于选项B，根据题意得AB∥NP，结合直线与平面平行的判定定理，可知直线AB∥平面MNP，故B正确;对于选项C，由题意可知，平面MNP内不存在任意一条直线与直线AB平行，故直线AB与平面MNP不平行，故C错误;对于选项D，由图可知AC∥NP，CB∥NM，故根据面面平行的判定定理可知，平面ABC∥平面MNP，又因为AB⊂平面ABC，所以直线AB∥平面MNP，故D正确.故选C.11.D解析:如图，连接D1A，AC，D1C，因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，所以AC∥EF，EF⊄平面ACD1，则EF∥平面ACD1.因为EG∥AD1，所以同理得EG∥平面ACD1，又EF∩EG=E，得平面ACD1∥平面EFG.因为直线D1P∥平面EFG，所以点P在直线AC上，在△ACD1中，有AD1=√2，AC=2，CD1=2，所以S△AD1C =12×√2×√22-(√22)2=√72，故当D 1P ⊥AC 时，线段D 1P 的长度最小，有S △AD 1C =12×AC ×D 1P ，解得D 1P=√7212×2=√72. 故选D .12.m ∶n 解析:∵AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH ，AC ⊂平面ABC ，BD ⊂平面ABD ，平面ABC ∩平面EFGH=EF ，平面ABD ∩平面EFGH=EH ，∴EF ∥AC ，EH ∥BD ，∴EF=BEABm ，EH=AEABn.又四边形EFGH 是菱形， ∴BEAB m=AEAB n ，∴AE ∶EB=m ∶n.13.1638解析:∵ABCD-A 1B 1C 1D 1是正方体，∴平面A 1B 1BA ∥平面C 1D 1DC. ∵BF ⊂平面A 1B 1BA ， ∴BF ∥平面CDD 1C 1.∵平面BFGE ∩平面C 1D 1DC=GE ， 则BF ∥GE ，则AF AB =DG DE ，即DG DE =12. 又CE=2DE ，则DG DD 1=16.连接AC 交BE 于点M ，过点M 作MN ∥CC 1，MN 与AC 1交于点N ，连接FM ，则H 为FM 与AC 1的交点. ∵AB ∥CE ，∴AM MC =AB CE =32，则AN NC 1=AM MC =32.∴MN CC 1=35，∴MN FA =65=HN AH ，故AH HC 1=38.14.(1)证明因为AC ∩BD=P ，AC ⊂平面AA 1C 1C ，BD ⊂平面EFBD ，所以，点P 是平面AA 1C 1C 和平面EFBD 的一个公共点，同理可知，点Q 也是平面AA 1C 1C 和平面EFBD 的公共点，即平面AA 1C 1C 和平面EFBD 的交线为PQ.因为A 1C ∩平面EFBD=R ，A 1C ⊂平面AA 1C 1C ，所以点R 也是平面AA 1C 1C 和平面EFBD 的公共点，由基本事实3可知，R ∈PQ ，因此，P ，Q ，R 三点共线.(2)解存在点M ，使得平面B 1D 1M ∥平面EFBD.如图所示，设B 1D 1∩A 1C 1=O ，过点O 作OM ∥PQ 交AC 于点M ，下面证明平面B 1D 1M ∥平面EFBD. 因为E ，F 分别为D 1C 1，B 1C 1的中点，所以B 1D 1∥EF.因为B 1D 1⊄平面EFBD ，EF ⊂平面EFBD ，所以B 1D 1∥平面EFBD.又OM ∥PQ ，OM ⊄平面EFBD ，PQ ⊂平面EFBD ，所以OM ∥平面EFBD.因为OM ∩B 1D 1=O ，OM ，B 1D 1都在平面B 1D 1M 中，因此，平面B 1D 1M ∥平面EFBD.因为E ，F 分别为D 1C 1，B 1C 1的中点，所以EF ∥B 1D 1，且EF ∩OC 1=Q ，则点Q 为OC 1的中点， 易知A 1C 1∥AC ，即OQ ∥PM ，又OM ∥PQ ，所以四边形OMPQ 为平行四边形，所以PM=OQ=12OC 1=14A 1C 1=14AC.因为四边形ABCD 为正方形，且AC ∩BD=P ，则P 为AC 的中点，所以点M 为AP 的中点，所以AM=12AP=14AC ，因此，线段AC 上存在点M ，且AM AC =14时，平面B 1D 1M ∥平面EFBD.15.A 解析:如图所示，E ，F ，G ，M 分别是AA 1，A 1D 1，B 1C 1，BB 1的中点，则EF ∥AD 1，EM ∥AB ，所以EF ∥平面ABD 1，EM ∥平面ABD 1，且EF ∩EM=E ，所以平面ABD 1∥平面EFGM ，故点P 的轨迹为矩形EFGM.MB 1=B 1G=12，所以MG=√22，所以S 矩形EFGM =1×√22=√22. 故选A . 16.C 解析:过点M 作MQ ∥DD 1，交AD 于点Q ，连接QN.∵MN ∥平面DCC 1D 1，MQ ∥平面DCC 1D 1， MN ∩MQ=M ，∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1.又平面ABCD 与平面MNQ 和平面DCC 1D 1分别交于QN 和DC ， ∴NQ ∥DC ，可得QN=CD=AB=1，AQ=BN=x.∵MQ AQ =DD 1AD =2，∴MQ=2x. 在Rt △MQN 中，MN 2=MQ 2+QN 2，即y 2=4x 2+1，∴y 2-4x 2=1(0≤x<1)，又y>0，∴y=√4x 2+1，∴函数y=f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分.故选C .。
2020版高考数学北京版大一轮精准复习精练：8.3直线、平面平行的判定与性质含解析
8.3直线、平面平行的判定与性质挖命题【考情探究】分析解读 1.理解空间直线和平面位置关系的定义;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.高考对本节内容的考查,一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化,题型以解答题为主,属于中档题.破考点【考点集训】考点直线、平面平行的判定与性质1.(2016课标Ⅰ文,11,5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案 A2.(2016山东文,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF∥DB.(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC⊥FB;(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH∥平面ABC.证明(1)因为EF∥DB,所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.因为AE=EC,D为AC的中点,所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF,因为FB⊂平面BDEF,所以AC⊥FB.(2)设FC的中点为I.连接GI,HI.在△CEF中,因为G是CE的中点,I是FC的中点,所以GI∥EF,又EF∥DB,所以GI∥DB,又DB⊂平面ABC,GI⊄平面ABC,所以GI∥平面ABC.在△CFB中,因为H是FB的中点,I是FC的中点,所以HI∥BC,又BC⊂平面ABC,HI⊄平面ABC,所以HI∥平面ABC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.思路分析第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得AC⊥DE,AC⊥DB,从而得线面垂直,利用线面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行从而得线面平行,进而证面面平行,再利用面面平行的性质得出结论.评析本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力,同时考查学生对转化与化归思想的应用.炼技法【方法集训】方法1证明线面平行的方法1.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA=AB=1,E为PC的中点.(1)求证:PA∥平面BDE;(2)求三棱锥P-BDE的体积.解析(1)证明:连接AC,设AC∩BD=O,连接OE,则O为AC的中点,∵E为PC的中点,∴PA∥OE,又OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,∴PA∥平面BDE.(2)连接AE,由(1)知PA∥平面BDE,∴P到平面BDE的距离与A到平面BDE的距离相等,即V P-BDE=V A-BDE,又V A-BDE=V E-ABD=V P-ABD=××1××1×1×sin120°=,∴V P-BDE=.方法2证明面面平行的方法2.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,点O是线段AB的中点,PO⊥平面ABCD,PO=CD=DA=AB=4,M是线段PA的中点.(1)证明:平面PBC∥平面ODM;(2)求点A到平面PCD的距离.解析(1)证明:由题意,得CD∥BO,且CD=BO,∴四边形OBCD为平行四边形,∴BC∥OD.∵BC⊂平面PBC,OD⊄平面PBC,∴OD∥平面PBC.又∵O是AB的中点,M是PA的中点,∴OM∥PB.又OM⊄平面PBC,PB⊂平面PBC,∴OM∥平面PBC.又OM∩OD=O,∴平面PBC∥平面ODM.(2)取CD的中点N,连接ON,PN,如图所示,则ON⊥CD.∵PO⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PO⊥CD.又∵ON⊥CD,PO∩ON=O,∴CD⊥平面PNO.∵PN⊂平面PNO,∴CD⊥PN.∴ON,PN分别为△ACD,△PCD的公共边CD上的高.由题意可求得ON=2,则PN=2,设点A到平面PCD的距离为d.∵V三棱锥A-PCD=V三棱锥P-ACD,即××4×2×d=××4×2×4,∴d=.即点A到平面PCD的距离为.过专题【五年高考】A组自主命题·北京卷题组(2012北京,16,14分)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE 沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.(1)求证:DE∥平面A1CB;(2)求证:A1F⊥BE;(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.解析(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)证明:由题意得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.因为A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PQ,则PQ∥BC.又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,所以A1C⊥DP.又DP∩DE=D,所以A1C⊥平面DEP.即A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.评析本题的前两问属于容易题,第(3)问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不牢靠的学生而言,可能不能顺利解答.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点直线、平面平行的判定和性质1.(2017课标Ⅰ文,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 A2.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案②③④3.(2018课标Ⅲ文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.理由如下:如图,连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP. MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.易错警示使用面面垂直的判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查学生的空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.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.解析(1)证明:由已知得AM=AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分)又AD∥BC,故TN AM,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)(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)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=-=.由AM∥BC得M到BC的距离为,故S△BCM=×4×=2.所以四面体N-BCM的体积V N-BCM=·S△BCM·=.(12分)评析本题考查了线面平行的判定,考查了三棱锥的体积,考查了学生的空间想象力.线段的中点问题一般应用三角形的中位线求解.6.(2016四川文,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由;(2)证明:平面PAB⊥平面PBD.解析(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下:连接CM.因为AD∥BC,BC=AD,所以BC∥AM,且BC=AM.所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB.又AB⊂平面PAB,CM⊄平面PAB,所以CM∥平面PAB.(说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明:连接BM,因为AD∥BC,BC=AD,所以直线AB与CD相交,因为PA⊥AB,PA⊥CD,所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD.因为AD∥BC,BC=AD,所以BC∥MD,且BC=MD.所以四边形BCDM是平行四边形.所以BM=CD=AD,所以BD⊥AB.又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.思路分析(1)要得到CM∥平面PAB,可以先猜出M点所在位置再证明.(2)由已知的线线垂直想到线面垂直,再证面面垂直.评析本题考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定,熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.7.(2014山东文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.(1)求证:AP∥平面BEF;(2)求证:BE⊥平面PAC.证明(1)设AC∩BE=O,连接OF,EC.由于E为AD的中点,AB=BC=AD,AD∥BC,所以AE∥BC,AE=AB=BC,因此四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点.又F为PC的中点,因此在△PAC中,可得AP∥OF.又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC,ED=BC,所以四边形BCDE为平行四边形,因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD,所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC.又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,所以BE⊥平面PAC.C组教师专用题组考点直线、平面平行的判定和性质1.(2013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是()A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β答案 D2.(2013安徽,15,5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①当0<CQ<时,S为四边形②当CQ=时,S为等腰梯形③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=④当<CQ<1时,S为六边形⑤当CQ=1时,S的面积为答案①②③⑤3.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q 分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:如图1,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图2,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连接OH,OG,则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.4.(2013福建,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60°.(1)当正视方向与向量的方向相同时,画出四棱锥P-ABCD的正视图(要求标出尺寸,并写出演算过程);(2)若M为PA的中点,求证:DM∥平面PBC;(3)求三棱锥D-PBC的体积.解析(1)在梯形ABCD中,过点C作CE⊥AB,垂足为E.由已知得,四边形ADCE为矩形,AE=CD=3,CE=AD=4, 在Rt△BEC中,由BC=5,CE=4,依勾股定理得BE=3,从而AB=6.又由PD⊥平面ABCD得,PD⊥AD,从而在Rt△PDA中,由AD=4,∠PAD=60°,得PD=4. 正视图如图所示:(2)证法一:取PB中点N,连接MN,CN.在△PAB中,∵M是PA的中点,∴MN∥AB,MN=AB=3,又CD∥AB,CD=3,∴MN∥CD,MN=CD,∴四边形MNCD为平行四边形,∴DM∥CN.又DM⊄平面PBC,CN⊂平面PBC,∴DM∥平面PBC.证法二:取AB的中点E,连接ME,DE.在梯形ABCD中,BE∥CD,且BE=CD,∴四边形BCDE为平行四边形,∴DE∥BC,又DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴DE∥平面PBC.又在△PAB中,ME∥PB,ME⊄平面PBC,PB⊂平面PBC,∴ME∥平面PBC,又DE∩ME=E,∴平面DME∥平面PBC.又DM⊂平面DME,∴DM∥平面PBC.(3)V D-PBC=V P-DBC=S△DBC·PD,又S△DBC=6,PD=4,所以V D-PBC=8.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及几何体的三视图和体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共5分)1.(2018北京通州摸底,8)如图,在各棱长均为1的正三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为线段A1B,B1C上的动点,若点M,N 所在的直线与平面ACC1A1不相交,点D为MN的中点,则点D的轨迹的长度是()A. B. C.1 D.答案 B二、解答题(共75分)2.(2018北京丰台一模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AB⊥BC,AD∥BC,AD=3,PA=BC=2AB=2,PB=.(1)求证:BC⊥PB;(2)求二面角P-CD-A的余弦值;(3)若点E在棱PA上,且BE∥平面PCD,求线段BE的长.解析(1)证明:因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,BC⊥AB,且BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以BC⊥PB.(2)在△PAB中,因为PA=2,PB=,AB=1,所以PA2=AB2+PB2,所以PB⊥AB.建立空间直角坐标系B-xyz,如图所示.则A(-1,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),D(-1,3,0),P(0,0,),所以=(-1,1,0),=(0,2,-).易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),即则··令z=2,则m=(,,2).设二面角P-CD-A的平面角为α,可知α为锐角,则cos α=cos<n,m>=·==,·即二面角P-CD-A的余弦值为.(3)因为点E在棱PA上,所以=λ,λ∈[0,1].因为=(1,0,),所以=(λ,0,λ),所以=+=(λ-1,0,λ).又因为BE∥平面PCD,m为平面PCD的一个法向量,所以·m=0,即(λ-1)+2λ=0,所以λ=.所以=-,所以||=.思路分析(1)根据面面垂直的性质和线面垂直的性质证明;(2)利用平面的法向量和夹角公式求解;(3)由与平面PCD的法向量垂直,求出向量的坐标,进而得到BE的长.解题关键第(2)(3)问利用平面的法向量求解是解题的关键.3.(2019届北京朝阳期中文,17)我国古代数学中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,E是PD的中点,连接AE,EC,AC.(1)求证:△PBC为直角三角形;(2)求证:PB∥平面ACE;(3)若PA=AD=2AB=2,求多面体PABCE的体积.解析(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AB⊥BC,又因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB,所以△PBC为直角三角形.(2)证明:如图,连接BD,设AC∩BD=O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为BD中点,又因为E为PD中点,所以EO∥PB,因为PB⊄平面ACE,EO⊂平面ACE,所以PB∥平面ACE.(3)过点E作EF⊥AD于F.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD,因为平面PAD∩平面ABCD=AD,EF⊥AD,且EF⊂平面PAD,所以EF⊥平面ABCD,即EF为三棱锥E-ACD的高,且EF∥PA.因为E为PD中点,所以EF=PA.又因为PA=AD=2AB=2,所以EF=1,所以V多面体PABCE=V四棱锥P-ABCD-V三棱锥E-ACD=·S矩形ABCD·PA-·S△ACD·EF=AB·AD·AP-×AD·CD·EF=×1×2×2-×2×1×1=-=1.评析本题主要考查线面平行、线面垂直判定定理和性质定理的应用,同时考查空间几何体体积的求法.4.(2019届北京顺义一中10月月考,17)如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE.证明(1)设AC与BD交于点G,连接EG.因为四边形ABCD为正方形,所以AG=AC=AB=1,又EF∥AG,且EF=1,所以四边形AGEF是平行四边形,所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)连接FG,因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以四边形CEFG为菱形,所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC,又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF,所以BD⊥CF,又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.5.(2018北京房山二模,18)如图①,正六边形ABCDEF的边长为2,O为中心,G为AB的中点.现将四边形DEFC沿CF折起到四边形D1E1FC的位置,使得平面ABCF⊥平面D1E1FC,如图②.(1)证明:D1F⊥平面E1OG;(2)求几何体E1-OFAG的体积;(3)在直线AB上是否存在点H,使得D1H∥平面E1OG?如果存在,求出AH的长;如果不存在,请说明理由.图①图②解析(1)证明:折叠前,连接OG,则OG⊥CF,∴折叠后,OG⊥CF,∵平面CD1E1F⊥平面ABCF,平面CD1E1F∩平面ABCF=CF,∴OG⊥平面CD1E1F.∵D1F⊂平面CD1E1F,∴OG⊥D1F.连接OD1,∵O为CF的中点,D1E1∥CF,且D1E1=CF,∴OF D1E1,又E1D1=E1F,∴四边形E1D1OF为菱形.∴D1F⊥OE1.∵OG∩OE1=O,∴D1F⊥平面E1OG.(2)如图,过E1作E1M⊥FO,垂足为M.∵OG⊥平面CD1E1F,E1M⊂平面CD1E1F,∴E1M⊥OG.∵OG∩FO=O,∴E1M⊥平面AGOF,∴E1M为E1-OFAG的高,在Rt△E1FM中,E1M=2sin 60°=.又S四边形OFAG=(1+2)××=,∴-=××=.(3)在直线AB上存在点H,使得D1H∥平面E1OG.过C作CH⊥AB,交AB的延长线于点H,连接D1H,则CH OG,∴四边形OGHC是平行四边形.又OE1∥CD1,CD1∩CH=C,OE1∩OG=O,∴平面D1CH∥平面E1OG,∵D1H⊂平面D1CH,∴D1H∥平面E1OG.∵四边形OGHC为平行四边形,∴GH=CO=2,∴AH=GH+AG=3.6.(2017北京丰台一模,17)如图1,平行四边形ABCD中,AC⊥BC,BC=AC=1,现将△DAC沿AC折起,得到三棱锥D-ABC(如图2),且DA⊥BC,点E为侧棱DC的中点.(1)求证:平面ABE⊥平面DBC;(2)求三棱锥E-ABC的体积;(3)在∠ACB的平分线上是否存在点F,使得DF∥平面ABE?若存在,求DF的长;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:在平行四边形ABCD中,AD=BC=AC,AD∥BC,因为AC⊥BC,所以∠DAC=90°.因为E为侧棱DC的中点,所以AE⊥CD.又因为AC⊥BC,AD⊥BC,且AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又因为AE⊂平面ACD,所以AE⊥BC.因为BC∩CD=C,所以AE⊥平面DBC,又因为AE⊂平面ABE,所以平面ABE⊥平面DBC.(2)因为V E-ABC=V B-ACE,由(1)知BC⊥平面ACD,所以BC是三棱锥B-ACE的高,故V B-ACE=·S△ACE·BC.因为BC=1,易得CD=,AE=,所以S△ACE=AE·CD=×××=,所以V E-ABC=V B-ACE=××1=.(3)在∠ACB的平分线上存在点F,使得DF∥平面ABE.理由如下:如图,取AB的中点O,连接CO并延长至点F,使CO=OF,连接AF,DF,BF,OE.因为BC=AC,所以CO是∠ACB的平分线.又因为点E是CD的中点,所以OE∥DF,因为OE⊂平面ABE,DF⊄平面ABE,所以DF∥平面ABE.因为AB、FC互相平分,所以四边形ACBF为平行四边形,所以BC AF.又因为DA⊥BC,所以AF⊥AD,又因为AF=AD=1,故DF=.思路分析(1)由平面几何知识先证AE⊥CD,再由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面ACD,从而得AE⊥平面BCD,最后由面面垂直的判定定理可得结论;(2)由等体积变换可得V E-ABC=V B-ACE=S△ACE·BC,进而可得结果;(3)取AB的中点O,连接CO并延长至点F,使CO=OF,连AF,DF,BF,OE,先证四边形ACBF为平行四边形,则有BC∥AF,再利用平面几何知识可得结果.7.(2017北京朝阳一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD=AD,E为AD的中点.(1)求证:PA⊥CD;(2)求证:平面PBD⊥平面PAB;(3)在平面PAB内是否存在M,使得直线CM∥平面PBE?请说明理由.解析(1)证明:因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD,又CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.(2)证明:易知,BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,又CD⊥AD,BC=CD,所以四边形BCDE是正方形,连接CE,则BD⊥CE.又因为BC∥AE,BC=AE,所以四边形ABCE是平行四边形.所以CE∥AB,则BD⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,又因为PA∩AB=A,所以BD⊥平面PAB,又BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAB.(3)在梯形ABCD中,AB与CD不平行,延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由(2)知,四边形BCDE是正方形,所以CD∥EB,即CM∥EB,又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.思路分析(1)由平面PAB⊥平面ABCD可得PA⊥平面ABCD,即可证得PA⊥CD.(2)连接CE,由已知条件易证BD⊥AB且PA⊥BD,从而得到BD⊥平面PAB,即可证得平面PBD⊥平面PAB.(3)延长AB,DC,相交于点M,可证得CM∥EB,进而可证得CM∥平面PBE.解后反思本题考查点、直线、平面的位置关系,在证明过程中要根据相关定理的条件规范表达.。
2021高考数学(理)大一轮复习第七篇 立体几何与空间向量第4节 直线、平面平行的判定与性质
跟踪训练3:如图所示,P是△ABC所在平面外的一点,点A′, B′,C′分别是△PBC,△PCA,△PAB的重心. (1)求证:平面ABC∥平面A′B′C′;
(1)证明:分别连接 PA′,PB′,PC′并延长交 BC,AC,AB 于点 D,E,F,连接 DE,EF,DF.
因为点 A′,C′分别是△PBC,△PAB 的重心,所以 PA′= 2 PD,PC′= 2 PF,
第4节 直线、平面平行的判定与性质
[考纲展示]
1.以立体几何的定义、公理和定理 2.能运用公理、定理和已获得的结
为出发点,认识和理解空间中线面 论证明一些有关空间图形的平行关
平行的有关性质与判定定理.
系的简单命题.
知识梳理自测 考点深度剖析 核心素养提升
知识梳理自测
知识梳理
1.直线与平面平行的判定定理和性质定理
多维探究
[例1] 如图,四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,AB∥CD,AD⊥CD, SD=CD,AB=AD,CD=2AD,M是BC中点,N是SA的中点. 求证:MN∥平面SDC.
证明:法一 如图,取SB的中点T,连接NT,MT. 在△SAB中,SN=NA,ST=TB,所以NT∥AB, 又AB∥CD,所以NT∥CD. 在△SBC中,BM=MC,BT=TS,所以MT∥SC. 又因为NT∩MT=T,SC∩CD=C,所以平面MNT∥平面SDC, 又因为MN⊂平面MNT,所以MN∥平面SDC.
解析:因为a∥平面α,所以直线a与平面α无交点,因此a和平面α内的任意一条直线都 不相交,故选D.
2.若平面α∥平面β,直线a∥平面α,点B∈β,则在平面β内且过B点的所有直线中
(
)A
(A)不一定存在与a平行的直线
2021届新课标数学一轮复习讲义_第七章_第4讲_直线、平面平行的判定与性质
第4讲 直线、平面平行的判定与性质1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l ∥a ，a ⊂α l ⊄α，∴l ∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l ∥α，l ⊂β，α∩β＝b ，∴l ∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a ∥β，b ∥β， a ∩b ＝P ，a ⊂α，b ⊂α，∴α∥β 性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a β∩γ＝b ，∴a ∥b[做一做]1．a 、b 、c 为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出四个命题： ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥c β∥c ⇒α∥β ②⎭⎪⎬⎪⎫α∥γβ∥γ⇒α∥β③⎭⎪⎬⎪⎫α∥c a ∥c ⇒a ∥α ④⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γα∥γ⇒a ∥α 其中正确的命题是( )A ．①②③B ．①④C ．②D ．①③④ 解析：选C.②正确．①错在α与β可能相交．③④错在a 可能在α内．1．辨明两个易误点(1)直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．(2)面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．2．判断线面平行的两种常用方法面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：(1)利用线面平行的判定定理；(2)利用面面平行的性质定理，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面．[做一做]2．对于直线m，n和平面α，若n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：D3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行考点一__线面平行的判定及性质(高频考点)_______平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行在高考试题中出现的频率很高，一般出现在解答题中．高考对线面平行的判定及性质的考查常有以下三个命题角度：(1)判断线面的位置关系；(2)线面平行的证明；(3)线面平行性质的应用．如图，在四棱锥P -ABCD 中，CD ∥AB ，DC ＝12AB ，若PM ＝MB ，求证：CM ∥平面P AD .[证明] 法一：取AP 的中点F ，连接FM ，DF ， 则FM ∥AB ，FM ＝12AB .∵CD ∥AB ，CD ＝12AB ，∴FM ∥CD ，FM ＝CD .∴四边形CDFM 为平行四边形． ∴CM ∥DF .∵DF ⊂平面P AD ，CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .法二：在四边形ABCD 中，设BC 的延长线与AD 的延长线交于点Q ，连接PQ ，AC . ∵CD ∥AB ， ∴∠QCD ＝∠QBA . ∵∠CQD ＝∠BQA ， ∴△CQD ∽△BQA . ∴QC QB ＝CD AB ＝12. ∴C 为BQ 的中点． ∵M 为BP 的中点， ∴CM ∥PQ .∵PQ ⊂平面P AD ，CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .[规律方法] (1)证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行．(2)应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．1. (1)如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM 上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.(2)如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2.①求证：AB1∥平面BC1D；②若BC＝3，求三棱锥D-BC1C的体积．解：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接MO，∵PM＝MC，AO＝OC，∴P A∥MO，∵P A⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，∴P A∥平面MBD.∵平面P AG∩平面MBD＝GH，∴AP∥GH.(2)①证明：连接B 1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD.∵四边形BCC1B1是平行四边形．∴点O为B1C的中点．∵D为AC的中点，∴OD为△AB1C的中位线，∴OD∥AB1.∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D.②在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱CC1∥AA1.又∵AA1⊥平面ABC，∴侧棱CC1⊥平面ABC，故CC 1为三棱锥C 1BCD 的高，A 1A ＝CC 1＝2， ∵S △BCD ＝12S △ABC ＝12(12BC ·AB )＝32，∴V D BCC 1＝V C 1BCD ＝13CC 1·S △BCD ＝13×2×32＝1.考点二__面面平行的判定与性质______________如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面；(2)平面EF A 1∥平面BCHG . [证明] (1)∵GH 是△A 1B 1C 1的中位线，∴GH ∥B 1C 1. 又∵B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ，∴B ，C ，H ，G 四点共面． (2)∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴EF ∥BC ， ∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG . ∵A 1G 綊EB ，∴四边形A 1EBG 是平行四边形，∴A 1E ∥GB . ∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG ， ∴A 1E ∥平面BCHG .∵A 1E ∩EF ＝E ，∴平面EF A 1∥平面BCHG .在本例条件下，线段BC 1上是否存在一点M 使得EM ∥平面A 1ACC 1?解：存在．当M 为BC 1的中点时成立．证明如下：连接EM (图略)，在△ABC 1中，E ，M 分别为AB ，BC 1的中点， ∴EM 綊12AC 1，又EM ⊄平面A 1ACC 1，AC 1⊂平面A 1ACC 1，∴EM ∥平面A 1ACC 1. [规律方法] 判定面面平行的方法：(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)； (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．2.如图， 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：底面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)求三棱柱ABD -A 1B 1D 1的体积. 解：(1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1， ∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形，∴BD ∥B 1D 1. 又BD ⊄平面CD 1B 1，∴BD ∥平面CD 1B 1.∵A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥D 1C . 又A 1B ⊄平面CD 1B 1， ∴A 1B ∥平面CD 1B 1. 又BD ∩A 1B ＝B ， ∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD -A 1B 1D 1的高．又AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2，∴A 1O ＝AA 21－OA 2＝1. 又S △ABD ＝12×2×2＝1，∴V 三棱柱ABD -A 1B 1D 1＝S △ABD ·A 1O ＝1.考点三__平行关系的综合应用________________如图，ABCD 与ADEF 为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.[证明](1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.[规律方法]在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．3. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD ⊂平面BDD 1B 1，FG ⊄平面BDD 1B 1，∴FG ∥平面BDD 1B 1，且EG ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EG ∩FG ＝G ， ∴平面EFG ∥平面BDD 1B 1.方法思想——转化与化归思想解决平行关系中的探索性问题如图，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥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P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． [解] (1)证明：因为D ，E 分别是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，由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .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 ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点．[名师点评] (1)立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”．如图所示，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 是棱CC 1的中点，问在棱AB 上是否存在一点E ，使DE ∥平面AB 1C 1？若存在，请确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．解：点E 为AB 的中点时DE ∥平面AB 1C 1，证明如下： 法一：取AB 1的中点F ，连接DE 、EF 、FC 1， ∵E 、F 分别为AB 、AB 1的中点， ∴EF ∥BB 1且EF ＝12BB 1.在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， DC 1∥BB 1且DC 1＝12BB 1，∴EF 綊DC 1，四边形EFC 1D 为平行四边形，∴ED ∥FC 1. 又ED ⊄平面AB 1C 1，FC 1⊂平面AB 1C 1， ∴ED ∥平面AB 1C 1.法二：取BB 1的中点H ，连接EH ，DH ， ∴E ，H 分别是AB ，BB 1的中点，则EH ∥AB 1. 又EH ⊄平面AB 1C 1， AB 1⊂平面AB 1C 1， ∴EH ∥平面AB 1C 1，又HD ∥B 1C 1，同理可得HD ∥平面AB 1C 1， 又EH ∩HD ＝H ，∴平面EHD ∥平面AB 1C 1， ∵ED ⊂平面EHD ， ∴ED ∥平面AB 1C 1.1．已知两条不同的直线l ，m ，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( ) A ．l ⊂α，m ⊂α，且l ∥β，m ∥β B ．l ⊂α，m ⊂β，且l ∥m C ．l ⊥α，m ⊥β，且l ∥m D ．l ∥α，m ∥β，且l ∥m 解析：选C.借助正方体模型进行判断．易排除选项A ，B ，D ，故选C. 2．平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.3．在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则真命题是()A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC．若a∥α，a∥b，则b∥αD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解析：选D.对于A，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，因此选项A不正确；对于B，分别位于两个相互垂直的平面内的两条直线可能是平行的或异面的或相交的，因此选项B不正确；对于C，直线b可能位于平面α内，此时结论不正确；对于D，直线a与平面β没有公共点，因此a∥β，选项D 正确．4. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF 平行的直线()A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条解析：选D.由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行．5. 如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则()A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形解析：选B.由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF 綊15BD ，∴EF ∥平面BCD .又H ，G 分别为BC ，CD 的中点， ∴HG 綊12BD ，∴EF ∥HG 且EF ≠HG .∴四边形EFGH 是梯形． 6. 如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝AN ND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是__________．解析：在平面ABD 中，AM MB ＝AN ND，∴MN ∥BD . 又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴MN ∥平面BCD .答案：平行7．若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是________． ①若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线；②若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线；③已知α，β互相平行，m ，n 互相平行，若m ∥α，则n ∥β；④若m ，n 在平面α内的射影互相平行，则m ，n 互相平行．解析：①为假命题；②为真命题；在③中，n 可以平行于β，也可以在β内，故是假命题；在④中，m ，n 也可能异面，故为假命题．答案：②8．如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1、D 1、P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________．解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ .∴PQ PM ＝PD AP＝2，即PQ ＝2PM . 又知△APM ∽△ADB ， ∴PM BD ＝AP AD ＝13， ∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a . 答案：223a 9. 如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，H 分别为棱A 1B 1，D 1C 1上的点，且EH ∥A 1D 1，过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G ，求证：FG ∥平面ADD 1A 1.证明：因为EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，EH ⊄平面BCC 1B 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，所以EH ∥平面BCC 1B 1.又平面FGHE ∩平面BCC 1B 1＝FG ，所以EH ∥FG ，即FG ∥A 1D 1.又FG ⊄平面ADD 1A 1，A 1D 1⊂平面ADD 1A 1，所以FG ∥平面ADD 1A 1.10. 如图，已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)求证：AM ＝CM ；(2)若N 是PC 的中点，求证：DN ∥平面AMC .证明：(1)在直角梯形ABCD 中，AD ＝DC ＝12AB ＝1，∴AC ＝2，BC ＝2，∴BC ⊥AC .又P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥P A ，∴BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥PC .在Rt △P AB 中，M 为PB 的中点，则AM ＝12PB ， 在Rt △PBC 中，M 为PB 的中点，则CM ＝12PB ， ∴AM ＝CM .(2)连接DB 交AC 于点F ，∵DC 綊12AB ，∴DF ＝12FB . 取PM 的中点G ，连接DG ，FM ，则DG ∥FM .又DG ⊄平面AMC ，FM ⊂平面AMC ，∴DG ∥平面AMC .连接GN ，则GN ∥MC ，∴GN ∥平面AMC .又GN ∩DG ＝G ，∴平面DNG ∥平面AMC .∵DN ⊂平面DNG ，∴DN ∥平面AMC .1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是对角线AB 1，BC 1上两点，且B 1M MA ＝C 1N NB，求证：MN ∥平面A 1B 1C 1D 1.证明：如图所示，在平面AA 1B 1B 内，作MK ∥A 1B 1交BB 1于点K ， 因为A 1B 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，MK ⊄平面A 1B 1C 1D 1，所以MK ∥平面A 1B 1C 1D 1连接KN ，由MK ∥A 1B 1可知B 1M MA ＝B 1K KB ， 又B 1M MA ＝C 1N NB ，所以B 1K KB ＝C 1N NB，所以KN ∥B 1C 1， 因为B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，KN ⊄平面A 1B 1C 1D 1，所以KN ∥平面A 1B 1C 1D 1. 又MK ，KN 是平面MNK 内两条相交的直线，所以平面MNK ∥平面A 1B 1C 1D 1， 因为MN ⊂平面MNK ，所以MN ∥平面A 1B 1C 1D 1.2. 如图，斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1?(2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC 的值．解：(1)如图，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1.连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质，知四边形A 1ABB 1为平行四边形，∴点O 为A 1B 的中点． 在△A 1BC 1中，点O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点， ∴OD 1∥BC 1.又∵OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1，∴BC 1∥平面AB 1D 1.∴A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1.(2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BDC 1＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O .因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1.∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD .又∵A 1OOB ＝1，∴DCAD ＝1，即ADDC ＝1.3. 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，如图．(1)求证：平面AB1D1∥平面C1BD；(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E，F，并证明A1E＝EF＝FC. 解：(1)证明：因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD綊B1C1，所以四边形AB1C1D是平行四边形，所以AB1∥C1D.又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，所以AB1∥平面C1BD.同理B1D1∥平面C1BD.又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1⊂平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD.(2)如图，连接A1C1，交B1D1于点O1，连接AO1，与A1C交于点E.又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内，所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点．连接AC，交BD于点O，连接C1O，与A1C交于点F，则点F就是A1C与平面C1BD的交点．下面证明A1E＝EF＝FC.因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1，平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F，平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F.在△A1C1F中，O1是A1C1的中点，所以E是A1F的中点，即A1E＝EF.同理可证OF∥AE，所以F是CE的中点，即FC＝EF，所以A1E＝EF＝FC.。
2021版数学北师大版攻略大一轮复习精练：8.3 直线、平面平行的判定与性质(试题部分)
8.3直线、平面平行的判定与性质
探考情悟真题
【考情探究】
考点内容解读
5年考情
预测热度考题示例考向关联考点
直线、
平面平行的判定与性质①以立体几何中的定
义、公理和定理为出发
点,认识和理解空间中
线面平行的有关性质
与判定定理
②能运用公理、定理和
已获得的结论证明一
些空间图形的位置关
系的简单命题
2019北京文,18
直线与平面平
行的判定
直线、平面垂直
的判定和性质
★★★
分析解读 1.理解空间直线和平面位置关系的定义;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.高考对本节内容的考查一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化.
破考点练考向
【考点集训】
考点直线、平面平行的判定与性质
1.过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有()
A.4条
B.6条
C.8条
D.12条
答案B
2.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是()
A.m∥α,n∥α,则m∥n
B.m∥n,m∥α,则n∥α。
2021年高考数学(文)一轮复习讲义第8章83直线平面平行的判定与性质
§8.3直线、平面平行的判定与性质最新考纲考情考向分析1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行〞)⎭⎪⎬⎪⎫l∥aa⊂αl⊄α⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行〞)⎭⎪⎬⎪⎫l∥αl⊂βα∩β＝b⇒l∥b2.面面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行〞)⎭⎪⎬⎪⎫a∥βb∥βa∩b＝Pa⊂αb⊂α⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b⇒a∥b概念方法微思考1．一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗提示不都平行．该平面内的直线有两类，一类与该直线平行，一类与该直线异面．2．一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗提示平行．可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行〞，这就是面面平行的判定定理．题组一思考辨析1．判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)假设一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面．(×)(2)平行于同一条直线的两个平面平行．(×)(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(×)(4)假设α∥β，直线a∥α，那么a∥β.(×)题组二教材改编2．平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案D解析假设α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，那么a∥α，a∥β，故排除A.假设α∩β＝l，a⊂α，a∥l，那么a∥β，故排除B.假设α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，那么a∥β，b∥α，故排除C.应选D.3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，那么BD1与平面AEC的位置关系为________．答案平行解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，那么BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.题组三易错自纠4．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，那么α∥β的一个充分不必要条件是()A．m∥l1且n∥l2B．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且l1∥α答案A解析对于A，由m∥l1，m⊂α，l1⊄α，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，l1，l2⊂β，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．5．假设平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，那么在平面β内且过B点的所有直线中()A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线答案A解析当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，应选A.6．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出以下条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是______．(填上所有正确的序号)答案②④解析在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足.直线与平面平行的判定与性质命题点1直线与平面平行的判定例1(2022·四川省名校联盟模拟)如图，四边形ABCD为矩形，ED⊥平面ABCD，AF∥ED.求证：BF∥平面CDE.证明方法一∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∵AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AB∥平面CDE；又AF∥ED，∵AF⊄平面CDE，ED⊂平面CDE，∴AF∥平面CDE；∵AF∩AB＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，∴平面ABF∥平面CDE，又BF⊂平面ABF，∴BF∥平面CDE.方法二如图，在ED上取点N，使DN＝AF，连接NC，NF，∵AF∥DN，且AF＝DN，∴四边形ADNF为平行四边形，∴AD∥FN，且AD＝FN，又四边形ABCD为矩形，AD∥BC且AD＝BC，∴FN∥BC，且FN＝BC，∴四边形BCNF为平行四边形，∴BF∥NC，∵BF⊄平面CDE，NC⊂平面CDE，∴BF∥平面CDE.命题点2直线与平面平行的性质例2如下列图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和P A作平面P AHG交平面BMD于GH.求证：P A∥GH.证明如下列图，连接AC交BD于点O，连接MO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，又M是PC的中点，所以AP∥OM.又MO⊂平面BMD，P A⊄平面BMD，所以P A∥平面BMD.又因为平面P AHG∩平面BMD＝GH，且P A⊂平面P AHG，所以P A∥GH.思维升华判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．跟踪训练1在如下列图的几何体中，四边形ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，E，F分别是线段AD ，PB 的中点，P A ＝AB ＝1. (1)证明：EF ∥平面PDC ； (2)求点F 到平面PDC 的距离．(1)证明取PC 的中点M ，连接DM ，MF ， ∵M ，F 分别是PC ，PB 的中点， ∴MF ∥CB ，MF ＝12CB ，∵E 为DA 的中点，四边形ABCD 为正方形， ∴DE ∥CB ，DE ＝12CB ，∴MF ∥DE ，MF ＝DE ，∴四边形DEFM 为平行四边形， ∴EF ∥DM ，∵EF ⊄平面PDC ，DM ⊂平面PDC ， ∴EF ∥平面PDC .(2)解∵EF ∥平面PDC ，∴点F 到平面PDC 的距离等于点E 到平面PDC 的距离． ∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥DA ，在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝1，∴DP ＝2， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， 又CD ⊥AD 且P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD ，∴S △PCD ＝12×2×1＝22，连接EP ，EC ，∵V E －PDC ＝V C －PDE ，设E 到平面PCD 的距离为h ， 那么13×h ×22＝13×1×12×12×1，∴h ＝24，∴F 到平面PDC 的距离为24. 平面与平面平行的判定与性质例3如下列图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EF A 1∥平面BCHG .证明(1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， ∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线， ∴GH ∥B 1C 1.又∵B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ， ∴B ，C ，H ，G 四点共面． (2)∵E ，F 分别是AB ，AC 的中点， ∴EF ∥BC .∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG .又G ，E 分别为A 1B 1，AB 的中点，A 1B 1∥AB 且A 1B 1＝AB ， ∴A 1G ∥EB ，A 1G ＝EB ， ∴四边形A 1EBG 是平行四边形， ∴A 1E ∥GB .又∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG ， ∴A 1E ∥平面BCHG .又∵A 1E ∩EF ＝E ，A 1E ，EF ⊂平面EF A 1， ∴平面EF A 1∥平面BCHG .在本例中，假设将条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点〞变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1〞，试求ADDC 的值．解连接A 1B ，AB 1，交于点O ，连接OD 1. 由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ， 所以BC 1∥D 1O ，那么A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1.同理，AD 1∥C 1D ， 又AD ∥C 1D 1，所以四边形ADC 1D 1是平行四边形， 所以AD ＝D 1C 1， 又AC ＝A 1C 1，所以A 1D 1D 1C 1＝DC AD ，所以DC AD ＝1，即AD DC ＝1.思维升华 证明面面平行的方法 (1)面面平行的定义． (2)面面平行的判定定理．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行． (5)利用“线线平行〞、“线面平行〞、“面面平行〞的相互转化．跟踪训练2(2022·南昌模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点． (1)求证：平面CMN ∥平面P AB ； (2)求三棱锥P －ABM 的体积．(1)证明∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点，∴MN ∥P A ， 又MN ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ， ∴MN ∥平面P AB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，CN ＝AN ， ∴∠ACN ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴CN ∥AB .∵CN ⊄平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，∴CN ∥平面P AB . 又CN ∩MN ＝N ，CN ，MN ⊂平面CMN ， ∴平面CMN ∥平面P AB .(2)解由(1)知，平面CMN ∥平面P AB ，∴点M 到平面P AB 的距离等于点C 到平面P AB 的距离． ∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，∴BC ＝3，∴三棱锥P －ABM 的体积V ＝V M －P AB ＝V C －P AB ＝V P －ABC ＝13×12×1×3×2＝33.平行关系的综合应用例4如下列图，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，假设截面为平行四边形． (1)求证：AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH ；(2)假设AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围． (1)证明∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD .又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH . (2)解设EF ＝x (0<x <4)，∵EF ∥AB ，FG ∥CD ，∴CF CB ＝x4，那么FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x 4，∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0<x <4，∴8<l <12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．思维升华 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练3如下列图，平面α∥平面β，点A ∈α，点C ∈α，点B ∈β，点D ∈β，点E ，F 分别在线段AB ，CD 上，且AE ∶EB ＝CF ∶FD .(1)求证：EF ∥平面β；(2)假设E ，F 分别是AB ，CD 的中点，AC ＝4，BD ＝6，且AC ，BD 所成的角为60°，求EF 的长．(1)证明①当AB ，CD 在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC ＝AC ，平面β∩平面ABDC ＝BD ，知AC ∥BD . ∵AE ∶EB ＝CF ∶FD ，∴EF ∥BD . 又EF ⊄β，BD ⊂β，∴EF ∥平面β.②当AB 与CD 异面时，如下列图，设平面ACD ∩平面β＝DH ，且线段DH ＝AC . ∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH ＝AC ，∴AC ∥DH ， ∴四边形ACDH 是平行四边形．在AH 上取一点G ，使AG ∶GH ＝CF ∶FD ，连接EG ，FG ，BH ，那么AE ∶EB ＝CF ∶FD ＝AG ∶GH .∴GF ∥HD ，EG ∥BH .又EG ，GF ⊄平面β，BH ，HD ⊂平面β， ∴EG ∥平面β，GF ∥平面β，又EG ∩GF ＝G ，EG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面β.又EF ⊂平面EFG ，∴EF ∥平面β.(2)解如下列图，连接AD ，取AD 的中点M ，连接ME ，MF . ∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点， ∴ME ∥BD ，MF ∥AC ， 且ME ＝12BD ＝3，MF ＝12AC ＝2.∴∠EMF 或其补角为AC 与BD 所成的角， ∴∠EMF ＝60°或120°. ∴在△EFM 中，由余弦定理得 EF ＝ME 2＋MF 2－2ME ·MF ·cos ∠EMF＝32＋22±2×3×2×1＝13±6，2即EF＝7或EF＝19.1．以下命题中正确的选项是()A．假设a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．假设直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．假设直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α答案D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．2．m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，那么以下命题正确的选项是()A．假设α，β垂直于同一平面，那么α与β平行B．假设m，n平行于同一平面，那么m与n平行C．假设α，β不平行，那么在α内不存在与β平行的直线D．假设m，n不平行，那么m与n不可能垂直于同一平面答案D解析A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，假设m⊂α，α∩β＝n，m∥n，那么m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，那么必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．3．(2022·合肥质检)a，b，c为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，那么以下说法正确的选项是()A．假设a∥b，b⊂α，那么a∥αB．假设a⊂α，b⊂β，a∥b，那么α∥βC．假设α∥β，a∥α，那么a∥βD．假设α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，a∥b，那么b∥c答案D解析假设a∥b，b⊂α，那么a∥α或a⊂α，故A不正确；假设a⊂α，b⊂β，a∥b，那么α∥β或α与β相交，故B不正确；假设α∥β，a∥α，那么a∥β或a⊂β，故C不正确；如图，由a∥b可得b∥α，又b⊂γ，α∩γ＝c，所以b∥c，故D正确．4．(2022·济南模拟)如下列图的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，那么DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能答案B解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1.∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.5.(2022·安徽省江南十校检测)如下列图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q 分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．那么以下表达中正确的选项是()A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案B解析过点E，F，G的截面如下列图(H，I分别为AA1，BC的中点)，∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG.应选B.6．(2022·全国Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，那么QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；B项，作如图②所示的辅助线，那么AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ ；C 项，作如图③所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥MQ ，∴AB ∥MQ ，又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ ；D 项，作如图④所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥NQ ，∴AB ∥NQ ，又AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .应选A.7．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出以下四个命题： ①假设m ⊂α，n ∥α，那么m ∥n ；②假设α∥β，β∥γ，m ⊥α，那么m ⊥γ；③假设α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，那么m ∥β；④假设m ∥α，n ∥β，m ∥n ，那么α∥β.其中是真命题的是________．(填序号)答案②解析①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．8．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是棱AA 1的中点，过C ，M ，D 1作正方体的截面，那么截面的面积是________．答案92解析由面面平行的性质知截面与面AB 1的交线MN 是△AA 1B 的中位线，所以截面是梯形CD 1MN ，其面积为12×(2＋22)×(5)2－⎝⎛⎭⎫222＝92. 9.如下列图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，那么M 只需满足条件______时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)解析连接HN，FH，FN，那么FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，那么MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10.(2022·蚌埠质检)如下列图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，假设C1M∥平面CD1E，那么M点的轨迹长度为________．答案2解析如下列图，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.∵C1H∩C1G＝C1，D1E和CF是平面CD1E内的两条相交直线，∴平面C1GH∥平面CD1E，∵M点是正方形ABB1A1内的动点，且C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH上．∴M点的轨迹长度＝GH＝12＋12＝ 2.11.如下列图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.证明(1)如下列图，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1.又易证得MC1∥BF，∴BF∥HD1.(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，那么OE∥DC，且OE＝12DC，又D1G∥DC且D1G＝12DC，∴OE∥D1G且OE＝D1G，∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O.又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，∵BF⊄平面B1D1H，HD1⊂平面B1D1H，∴BF∥平面B1D1H，又BD∥B1D1，同理可得BD∥平面B1D1H，又BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDF，∴平面BDF∥平面B1D1H.12.(2022·烟台模拟)如图，四边形ABCD为矩形，A，E，B，F四点共面，且△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°.(1)求证：平面BCE∥平面ADF；(2)假设平面ABCD⊥平面AEBF，AF＝1，BC＝2，求三棱锥A－CEF的体积．(1)证明∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，又BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，∴BC∥平面ADF.∵△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°，∴∠BAF＝∠ABE＝45°，∴AF∥BE，又BE⊄平面ADF，AF⊂平面ADF，∴BE∥平面ADF，∵BC∥平面ADF，BE∥平面ADF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF.(2)解∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB，又∵平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，∴BC⊥平面AEBF，在等腰Rt△ABF中，∵AF＝1，∴AB＝2，∴AE＝AB＝2，∴V三棱锥A－CEF＝V三棱锥C－AEF＝13S△AEF·BC＝13×12×2＝13.13．(2022·辽宁省沈阳市高三教学质量监测)以下三个命题在“________〞处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，那么此条件是________． ①⎩⎨⎧ l ∥m ，m ∥α，⇒l ∥α； ②⎩⎨⎧ m ⊂α，l ∥m ，⇒l ∥α； ③⎩⎨⎧l ⊥m ，m ⊥α，⇒l ∥α. 答案l ⊄α解析①l ∥m ，m ∥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α；②l ⊄α，m ⊂α，l ∥m ⇒l ∥α；③l ⊥m ，m ⊥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α.14.如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)假设AB ＝1，BF ＝2，求三棱锥A －CEF 的体积．(1)证明如图，设AC 与BD 交于点N ，那么N 为AC 的中点，连接MN ，又M 为棱AE 的中点，∴MN ∥EC .∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ，∴MN ∥平面EFC .∵BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，且BF ＝DE ，∴BF ∥DE 且BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF .∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ，∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，MN ，BD ⊂平面BDM ，∴平面BDM ∥平面EFC .(2)解连接EN ，FN .在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，又BF⊥平面ABCD，∴BF⊥AC.又BF∩BD＝B，BF，BD⊂平面BDEF，∴AC⊥平面BDEF，又N是AC的中点，∴V三棱锥A－NEF＝V三棱锥C－NEF，∴V三棱锥A－CEF＝2V三棱锥A－NEF＝2×13×AN×S△NEF＝2×13×22×12×2×2＝23，∴三棱锥A－CEF的体积为2 3.15．(2022·河南省名校联考)一个几何体的三视图如下列图，该几何体外表上的点P在正视图上的对应点为P，点A，B，C在俯视图上的对应点为A，B，C，过直线AP作一平面与直线BC平行，那么该平面截几何体所得截面多边形的周长为()A．32＋213B．32＋13C．22＋213D．22＋13答案A解析由三视图可知，该几何体是如下列图的四棱锥P－ABCD，其中PD⊥平面ABCD，底面是直角梯形，AB＝2，AD＝3，CD＝4，高PD＝3，设CD中点为E，连接PE，AE，那么ABCE是平行四边形，所以BC∥AE,又BC⊄平面P AE，AE⊂平面P AE，所以BC∥平面P AE，△P AE是所求截面多边形，由勾股定理可得P A＝32，PE＝AE＝9＋4＝13，△P AE的周长为32＋213，应选A.16.(2022·湖北省宜昌市宜都二中、东湖高中联考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝22，现有如下四个结论：①AC⊥BE；②EF∥平面ABCD；③三棱锥A－BEF的体积为定值；④异面直线AE，BF所成的角为定值．其中正确结论的序号是________．答案①②③解析对于①，由AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，可得AC ⊥平面DD 1B 1B ，又BE ⊂平面DD 1B 1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；对于②，由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF 在平面A 1B 1C 1D 1内，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；对于③，EF 为定值，B 到EF 距离为定值，所以△BEF 的面积是定值，又因为A 点到平面DD 1B 1B 距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，此命题正确；对于④，由题干图知，当F 与B 1重合时，此时E 与上底面中心为O 重合，那么两异面直线所成的角是∠A 1AO ，tan ∠A 1AO ＝A 1O AA 1＝22，当E 与D 1重合时，此时点F 与O 重合，那么两异面直线所成的角是∠OBC 1，BC 1＝2，OC 1＝22，OB ＝62，由余弦定理得，cos ∠OBC 1＝32，∴∠OBC 1＝30°，所以这两个角不相等，故异面直线AE ，BF 所成的角不为定值，此命题错误．综上知①②③正确．。
2021版数学北师大版攻略大一轮复习精练：8.3 直线、平面平行的判定与性质(试题部分)
8.3直线、平面平行的判定与性质探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、平面平行的判定与性质①以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理②能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题2019北京文,18直线与平面平行的判定直线、平面垂直的判定和性质★★★分析解读 1.理解空间直线和平面位置关系的定义;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.高考对本节内容的考查一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化.破考点练考向【考点集训】考点直线、平面平行的判定与性质1.过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A.4条B.6条C.8条D.12条答案B2.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是()A.m★α,n★α,则m★nB.m★n,m★α,则n★αC.m★α,m★β,则α★βD.α★γ,β★γ,则α★β答案C3.如图,在正四棱锥S-ABCD中,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论:①EP★AC;②EP★BD;③EP★平面SBD;④EP★平面SAC,其中恒成立的是()A.①③B.③④C.①②D.②③④答案A4.下列四个正方体中,A,B,C为所在棱的中点,则能得出平面ABC★平面DEF的是()答案B5.已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m★α,n★α,l1★β,l2★β,l1∩l2=M,则α★β的一个充分条件是()A.m★β且l1★αB.m★β且n★βC.m★β且n★l2D.m★l1且n★l2答案D炼技法提能力【方法集训】方法1证明线面平行的方法1.下列说法中,错误的是()A.若平面α★平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,则l★mB.若平面α★平面β,平面α∩平面β=l,m★α,m★l,则m★βC.若直线l★平面α,平面α★平面β,则l★βD.若直线l★平面α,平面α∩平面β=m,直线l★平面β,则l★m答案C2.如图是一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=10√2,E,F分别为AD,BC的中点,现分别将★ABE,★CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)①当平面ABE★平面CDF时,AC★平面BFDE;②当平面ABE★平面CDF时,AE★CD;③当A、C重合于点P时,PG★PD;④当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150π.答案①④3.(2019北师大附中期中文,18)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为菱形,★BAD=60°,平面SAD★平面ABCD,SA=SD,E,P,Q分别是棱AD,SC,AB的中点.(1)求证:PQ★平面SAD;(2)求证:AC★平面SEQ;(3)如果SA=AB=2,求三棱锥S-ABC的体积.解析(1)证明:取SD的中点F,连接AF,PF.因为P,F分别是棱SC,SD的中点,所以FP★CD,且FP=1CD.2又因为Q是AB的中点,所以AQ★CD,且AQ=1CD.2所以FP★AQ且FP=AQ.所以四边形AQPF为平行四边形.所以PQ★AF.又因为PQ★平面SAD,AF★平面SAD,所以PQ★平面SAD.(2)证明:连接BD,在★SAD中,SA=SD,E是AD的中点,所以SE★AD.又平面SAD★平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE★平面SAD,所以SE★平面ABCD,又AC★平面ABCD,所以SE★AC.因为底面ABCD为菱形,所以BD★AC,因为E,Q分别是AD,AB的中点,所以EQ★BD,所以EQ★AC,因为SE∩EQ=E,SE,EQ★平面SEQ,所以AC★平面SEQ.(3)因为菱形ABCD中,★BAD=60°,AB=2,AB·BC·sin★ABC=√3.所以S★ABC=12因为SA=AD=SD=2,E是AD的中点,所以SE=√3.由(2)可知SE★平面ABC,S★ABC·SE=1.所以三棱锥S-ABC的体积V=13方法2证明面面平行的方法CD=1,且ED★平面4.如图,直角梯形ABCD与梯形EFCD全等,其中AB★CD★EF,AD=AB=12ABCD,点G是CD的中点.(1)求证:平面BCF★平面AGE;(2)求平面BCF与平面AGE间的距离.解析 (1)证明:∵AB ★CD,AB=12CD,G 是CD 的中点, ∴四边形ABCG 为平行四边形, ∴BC ★AG.又∵AG ★平面AEG,BC ★平面AEG, ∴BC ★平面AEG.∵直角梯形ABCD 与梯形EFCD 全等,EF ★CD ★AB, ∴EF ★AB,∴四边形ABFE 为平行四边形,∴BF ★AE. 又∵AE ★平面AEG,BF ★平面AEG, ∴BF ★平面AEG.∵BF ∩BC=B,BF,BC ★平面BCF, ∴平面BCF ★平面AGE.(2)设点C 到平面AGE 的距离为d. 易知AE=EG=AG=√2.连接EC 、AC,由V C-AGE =V E-ACG ,得13×12×AE 2×sin 60°×d=13×12×CG×AD×DE, 即d=CG×AD×DE AE 2×sin60°=√33.∵平面BCF ★平面AGE,∴平面BCF 与平面AGE 间的距离为√33.【五年高考】A 组 自主命题·北京卷题组考点 直线、平面平行的判定与性质(2019北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ★平面ABCD,底面ABCD 为菱形,E 为CD 的中点.(1)求证:BD ★平面PAC; (2)若★ABC=60°,求证:平面PAB ★平面PAE;(3)棱PB 上是否存在点F,使得CF ★平面PAE?说明理由.解析本题考查了直线与平面平行、垂直的判定和性质,通过线线、线面、面面平行、垂直的相互转化考查了学生的空间想象能力和转化的思想方法,体现了直观想象、逻辑推理的核心素养.(1)因为PA★平面ABCD,所以PA★BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD★AC.所以BD★平面PAC.(2)因为PA★平面ABCD,AE★平面ABCD,所以PA★AE.因为底面ABCD为菱形,★ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE★CD.所以AB★AE.所以AE★平面PAB.所以平面PAB★平面PAE.(3)棱PB上存在点F,使得CF★平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FG★AB,且FG=1AB.2因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE★AB,且CE=1AB.2所以FG★CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF★EG.因为CF★平面PAE,EG★平面PAE,所以CF★平面PAE.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点直线、平面平行的判定与性质1.(2019课标全国Ⅱ文,7,5分)设α,β为两个平面,则α★β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案B2.(2017课标Ⅰ文,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A3.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1★平面DEC1;(2)BE★C1E.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED★AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB★A1B1,所以A1B1★ED.又因为ED★平面DEC1,A1B1★平面DEC1,所以A1B1★平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE★AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C★平面ABC.又因为BE★平面ABC,所以C1C★BE.因为C1C★平面A1ACC1,AC★平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE★平面A1ACC1.因为C1E★平面A1ACC1,所以BE★C1E.4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1★B1C1.求证:(1)AB★平面A1B1C;(2)平面ABB1A1★平面A1BC.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查学生的空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB★A1B1.因为AB★平面A1B1C,A1B1★平面A1B1C,所以AB★平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1★A1B.因为AB1★B1C1,BC★B1C1,所以AB1★BC.又因为A1B∩BC=B,A1B★平面A1BC,BC★平面A1BC,所以AB1★平面A1BC,又因为AB1★平面ABB1A1,所以平面ABB1A1★平面A1BC.5.(2016山东,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF★DB.(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC★FB;(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH★平面ABC.证明(1)因为EF★DB,所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.因为AE=EC,D为AC的中点,所以DE★AC.同理可得BD★AC.又BD∩DE=D,所以AC★平面BDEF,因为FB★平面BDEF,所以AC★FB.(2)设FC的中点为I.连接GI,HI.在★CEF中,因为G是CE的中点,所以GI★EF.又EF★DB,所以GI★DB.在★CFB中,因为H是FB的中点,所以HI★BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI★平面ABC.因为GH★平面GHI,所以GH★平面ABC.思路分析第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得AC★DE,AC★DB,从而得线面垂直,利用线面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行,从而证面面平行,再利用面面平行的性质得出结论.评析本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力,同时考查转化与化归思想的应用.6.(2019课标全国Ⅰ,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,★BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN★平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点, 所以ME ★B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点, 所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1★DC,可得B 1C ★A 1D,故ME ★ND, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ★ED. 又MN ★平面EDC 1,所以MN ★平面C 1DE. (2)由已知可得DE ★DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2), A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-√3q =0,-p -2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m ·n|m||n|=√3√=√155,所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.思路分析 (1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MN ★ ED,从而可得MN 与平面C 1DE 平行.(2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A 1MA 与平面A 1MN 的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键 建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.7.(2019天津,17,13分)如图,AE ★平面ABCD,CF ★AE,AD ★BC,AD ★AB,AB=AD=1, AE=BC=2.(1)求证:BF ★平面ADE;(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F 的余弦值为13,求线段CF 的长.解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).(1)证明:依题意,AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,又BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,h),可得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 又因为直线BF ★平面ADE,所以BF ★平面ADE.(2)依题意,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,2). 设n=(x,y,z)为平面BDE 的法向量,则{n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有cos<CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CE ⃗⃗⃗⃗ ·n |CE ⃗⃗⃗⃗||n|=-49. 所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m=(x,y,z)为平面BDF 的法向量, 则{m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,2y +ℎz =0,不妨令y=1,可得m=(1,1,-2ℎ).由题意,有|cos<m,n>|=|m ·n||m||n|=|4-2ℎ|3√2+4h 2=13,解得h=87.经检验,符合题意.所以,线段CF 的长为87. 思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角或距离.C 组 教师专用题组1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n 满足m ★α,n ★α,则“m ★n ”是“m ★α”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 A2.(2019课标全国Ⅰ文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,★BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ★平面C 1DE;(2)求点C 到平面C 1DE 的距离.解析 本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养.(1)连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ★B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1★DC,可得B 1C ★A 1D,故ME ★ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ★ED. 又MN ★平面C 1DE,所以MN ★平面C 1DE.(2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H.由已知可得DE ★BC,DE ★C 1C,所以DE ★平面C 1CE, 故DE ★CH.从而CH ★平面C 1DE,故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离. 由已知可得CE=1,C 1C=4,所以C 1E=√17, 故CH=4√1717.从而点C 到平面C 1DE 的距离为4√1717.思路分析 (1)连接B 1C,ME.证明四边形MNDE 是平行四边形,得出MN ★DE,然后利用线面平行的判定定理证出结论.(2)注意到DE ★平面BCC 1B 1,只需过点C 作C 1E 的垂线便可求解.【三年模拟】一、选择题(共5分)1.(2018北京通州摸底,8)如图,在各棱长均为1的正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,M,N 分别为线段A1B,B1C上的动点,若点M,N所在的直线与平面ACC1A1不相交,点D为MN的中点,则点D 的轨迹的长度是()A.√22B.√32C.1D.√2答案B二、解答题(共85分)2.(2019北京东城二模文,18)如图所示的五面体ABCDEF中,平面ADE★平面ABCD,AE★DE,AE=DE,AB★CD,AB★BC,★DAB=60°,AB=AD=4.(1)求四棱锥E-ABCD的体积;(2)求证:EF★平面ABCD;(3)设点M为线段BC上的动点,求证:EM与AM不垂直.解析(1)取AD的中点N,连接EN.在★ADE中,AE=DE,所以EN★AD.因为平面ADE★平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,EN★平面ADE,所以EN★平面ABCD.又因为AE★DE,AD=4,所以EN=2.因为AB★CD,AB★BC,★DAB=60°,AB=AD=4,所以CD=2,BC=2√3,所以S梯形ABCD=6√3.所以V E-ABCD=13×6√3×2=4√3.(2)证明:因为AB★CD,AB★平面ABFE,CD★平面ABFE,所以CD★平面ABFE.又因为CD★平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,所以CD★EF.因为CD★平面ABCD,EF★平面ABCD,所以EF★平面ABCD.(3)证明:连接MN,假设EM★AM.由(1)知EN★平面ABCD,因为AM★平面ABCD,所以EN★AM.因为EM★AM,且EN∩EM=E,EN,EM★平面ENM,所以AM★平面ENM.因为MN★平面ENM,所以AM★MN.在★AMN中,AN=2,AM≥4>AN,所以★AMN<★ANM.所以★AMN<90°.这与AM★MN矛盾.所以假设不成立,即EM与AM不垂直.3.(2020届北京清华大学中学生标准学术能力测试,18)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD★BC,BC=2AD,AD★CD,PD★平面ABCD,E为PB的中点.(1)求证:AE★平面PDC;(2)若BC=CD=PD,求直线AC与平面PBC所成角的余弦值.解析(1)证明:取PC的中点F,连接DF,EF,∵E是PB的中点,∴EF★BC,且BC=2EF,又AD★BC,BC=2AD,∴AD★EF,且AD=EF,∴四边形ADFE是平行四边形,∴AE★DF,又DF★平面PDC,AE★平面PDC,∴AE★平面PDC.(2)∵PD=DC,∴★PDC是等腰三角形,∴DF★PC,又AE ★DF,∴AE ★PC,∵PD ★平面ABCD,BC ★平面ABCD, ∴PD ★BC,又BC ★CD,CD ∩PD=D,CD,PD ★平面PDC, ∴BC ★平面PDC, ∵DF ★平面PDC, ∴BC ★DF,∴BC ★AE,又AE ★PC,PC ∩BC=C,PC,BC ★平面PBC, ∴AE ★平面PBC,连接EC,AC,则★ACE 就是直线AC 与平面PBC 所成的角. 设PD=CD=BC=2,在Rt ★PCD 中,求得PC=2√2,在Rt ★PCB 中,求得PB=2√3,EC=√3, 在Rt ★ADC 中,求得AC=√5, ∴在Rt ★AEC 中,cos ★ECA=EC AC =√3√5=√155.4.(2019北京丰台二模文,18)在菱形ABCD 中,★ADC=π3,AB=a,O 为线段CD 的中点(如图1).将★AOD 沿AO 折起到★AOD'的位置,使得平面AOD'★平面ABCO,M 为线段BD'的中点(如图2). (1)求证:OD'★BC;(2)求证:CM ★平面AOD';(3)当四棱锥D'-ABCO 的体积为√32时,求a 的值.解析 (1)证明:在菱形ABCD 中,★ADC=π3,O 为线段CD 的中点,所以OD ★AO,即OD'★AO.(1分) 因为平面AOD'★平面ABCO, 平面AOD'∩平面ABCO=AO, OD'★平面AOD',所以OD'★平面ABCO.(4分) 因为BC ★平面ABCO, 所以OD'★BC.(5分)(2)证明:如图,取线段AD'的中点P,连接OP,PM. 在★ABD'中,P,M 分别是线段AD',BD'的中点, 所以PM ★AB,PM=12AB.在菱形ABCD 中,因为O 是线段CD 的中点,AB=DC=a,AB ★DC, 所以OC=12CD=a2.所以OC★AB,OC=12AB.(6分)所以PM★OC,且PM=OC.所以四边形OCMP为平行四边形,(7分)所以CM★OP,因为CM★平面AOD',OP★平面AOD',所以CM★平面AOD'.(10分)(3)由(1)知OD'★平面ABCO,所以OD'是四棱锥D'-ABCO的高.(11分)因为四棱锥D'-ABCO的体积V=13·S梯形ABCO·OD'=√3a316=√32,所以a=2.(14分)5.(2020届北京陈经纶中学开学考试,17)如图1,在★ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=2√5,BC=4.将★ADE沿DE折起到★A1DE的位置,使得平面A1DE★平面BCED,F为A1C的中点,如图2.(1)求证:EF★平面A1BD;(2)求证:平面A1OB★平面A1OC;(3)线段OC上是否存在点G,使得OC★平面EFG?说明理由.解析(1)证明:取线段A1B的中点H,连接HD,HF.在★ABC中,因为D,E分别为AB,AC的中点,所以DE★BC,且DE=12BC.因为H,F分别为A1B,A1C的中点,所以HF★BC,且HF=12BC,所以HF★DE,且HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形,所以EF★HD.因为EF★平面A1BD,HD★平面A1BD,所以EF★平面A1BD.(2)证明:因为在★ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,AB=AC,所以AD=AE,所以A1D=A1E,又O为DE的中点,所以A1O★DE.因为平面A1DE★平面BCED,A1O★平面A1DE,平面A1DE∩平面BCED=DE,所以A1O★平面BCED,因为CO★平面BCED,所以CO★A1O.在★OBC中,BC=4,易知OB=OC=2√2,所以OB2+OC2=BC2,所以CO★BO,又因为A1O∩BO=O,A1O,BO★平面A1OB,所以CO★平面A1OB,因为CO★平面A1OC,所以平面A1OB★平面A1OC.(3)线段OC上不存在点G,使得OC★平面EFG.假设线段OC上存在点G,使得OC★平面EFG,则必有OC★GF,且OC★GE.在Rt★A1OC中,由F为A1C的中点,OC★GF,得G为OC的中点.在★EOC中,因为OC★GE,所以EO=EC,这显然与EO=1,EC=√5矛盾.所以线段OC上不存在点G,使得OC★平面EFG.6.(2019北京朝阳期末,17)如图,AB★平面ADE,CD★平面ADE,★ADE是等边三角形,AD=DC=2AB=2,F,G分别为AD,DE的中点.(1)求证:EF★平面ABCD;(2)求四棱锥E-ABCD的体积;(3)判断直线AG与平面BCE的位置关系,并加以证明.解析(1)证明:因为★ADE是等边三角形,F为AD的中点,所以EF★AD.因为AB★平面ADE,AB★平面ABCD,所以平面ADE★平面ABCD,因为平面ADE∩平面ABCD=AD,EF★平面ADE,所以EF★平面ABCD.(2)因为AB ★平面ADE,CD ★平面ADE,所以AB ★CD,因为AD ★平面ADE,所以CD ★AD, 所以四边形ABCD 是直角梯形, 又AD=DC=2AB=2, 所以S 梯形ABCD =12×(2+1)×2=3,易得EF=√3,所以V E-ABCD =13S 梯形ABCD ·EF=√3.(3)AG ★平面BCE. 证明:取CE 的中点H. 因为G 是DE 的中点, 所以GH ★DC,且GH=12DC,所以GH ★AB,且GH=AB=1,所以四边形ABHG 为平行四边形,AG ★BH, 又AG ★平面BCE,BH ★平面BCE, 所以AG ★平面BCE.7.(2020届百师联盟期中,20改编)如图,四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是直角梯形,AB ★CD,AB=3CD=3,AB ★AD,AB ★PA,且AD=PA=2,PD=2√2,PE⃗⃗⃗⃗⃗ =13PB ⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)证明:CE ★平面PAD;(2)求点B 到平面ECD 的距离.解析 (1)证明:取PA 上靠近P 点的三等分点F,连接DF,EF,则PF=13PA,又因为PE=13PB,所以EF=13AB 且EF ★AB,因为CD=13AB 且AB ★CD,所以EF=CD 且EF ★CD, 所以四边形CDFE 是平行四边形, 所以CE ★DF,又DF ★平面PAD,CE ★平面PAD, 所以CE ★平面PAD.(2)解法一:设点B 到平面ECD 的距离为h,连接BD. 因为PA=AD=2,PD=2√2, 所以PA 2+AD 2=PD 2, 所以PA ★AD,因为PA ★AB,AB ∩AD=A,AB,AD ★平面ABCD, 所以PA ★平面ABCD,易得点E 到平面ABCD 的距离是43,DF=√AF 2+AD 2=2√133,S ★BCD =12×2×1=1,S ★ECD =12×CD×DF=12×1×2√133=√133,因为V B-ECD =V E-BCD ,所以13×√133×h=13×43×1,解得h=4√1313,故点B 到平面ECD 的距离为4√1313.解法二:设点B 到平面ECD 的距离为h,连接BD.因为PA=AD=2,PD=2√2,所以PA 2+AD 2=PD 2, 所以PA ★AD,因为PA ★AB,AB ∩AD=A,AB,AD ★平面ABCD,所以PA ★平面ABCD,以A 点为坐标原点,分别以AD,AB,AP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(0,3,0),C(2,1,0),D(2,0,0),E (0,1,43),则BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,43),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,43), 设平面CDE 的法向量为n=(x,y,z),所以{-y =0,-2x +43z =0,令x=2,得n=(2,0,3), 所以点B 到平面ECD 的距离h=|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos<BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=|BE ⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=√=4√1313,故点B 到平面ECD 的距离为4√1313.8.(2020届山东新高考质量测评联盟10月联考,21)如图,在四棱锥S-ABCD 中,四边形ABCD 是矩形,★SAD 是等边三角形,平面SAD ★平面ABCD,AB=1,E 为棱SA 上一点,P 为AD 的中点,四棱锥S-ABCD 的体积为2√33.(1)若E 为棱SA 的中点,F 是棱SB 的中点,求证:平面PEF ★平面SCD;(2)是否存在点E,使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为√3010?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.解析 (1)证明:因为E,F 分别是SA,SB 的中点,所以EF ★AB,在矩形ABCD 中,AB ★CD,所以EF ★CD,又因为E,P 分别是SA 、AD 的中点,所以EP ★SD,又因为EF ∩EP=E,SD ∩CD=D,EF,EP ★平面PEF,SD,CD ★平面SCD,所以平面PEF ★平面SCD.(2)假设棱SA 上存在点E 满足题意.在等边三角形SAD 中,P 为AD 的中点,所以SP ★AD,因为平面SAD ★平面ABCD,平面SAD ∩平面ABCD=AD,SP ★平面SAD,所以SP ★平面ABCD,所以SP 是四棱锥S-ABCD 的高,设AD=m(m>0),则SP=√32m,S 矩形ABCD =m, 所以V S-ABCD =13S 矩形ABCD ·SP=13m ·√32m=2√33,所以m=2,以P 为坐标原点,PA 所在直线为x 轴,过点P 与AB 平行的直线为y 轴,PS 所在直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),S(0,0,√3),设AE⃗⃗⃗⃗⃗ =λAS ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(-1,0,√3)=(-λ,0,√3λ)(0≤λ≤1), PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)+(-λ,0,√3λ)=(1-λ,0,√3λ),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),设平面PEB 的一个法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·PE ⃗⃗⃗⃗ =(1-λ)x +√3λz =0,n 1·PB⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y =0, 令x=√3λ,则n 1=(√3λ,-√3λ,λ-1),易知平面SAD 的一个法向量为n 2=(0,1,0),所以|cos<n 1,n 2>|=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√3λ|=√3010, 因为0≤λ≤1,所以λ=13.所以存在点E,使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为√3010,此时点E 是AS 的靠近A 点的三等分点.。
2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第八章 第3讲 直线、平面平行的判定与性质
第3讲直线、平面平行的判定与性质一、知识梳理1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)因为l∥a，aα，l⊆/α，所以l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)因为l∥α，lβ，α∩β＝b，所以l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，aα，bα，所以α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，平行所以a∥b常用结论牢记线面平行、面面平行的七个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.(3)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．(4)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(5)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．(7)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．二、教材衍化1．下列命题中正确的是()A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊆/α，则b∥α解析：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，bα，cα，所以b∥α.2．平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，aα，a∥βC．存在两条平行直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，aα，aβ，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，aα，a∥l，bβ，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊆/平面ACE，EO平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．()(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)对空间平行关系的转化条件理解不够致误；(2)对面面平行判定定理的条件“平面内两相交直线”认识不清致误；(3)对面面平行性质定理理解不深致误．1．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中()A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一的与a平行的直线解析：选A.当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线．故选A.2．下列条件中，能判断两个平面平行的是________．①一个平面内的一条直线平行于另一个平面；②一个平面内的两条直线平行于另一个平面；③一个平面内有无数条直线平行于另一个平面；④一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面．解析：由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，那么这两个平面平行．显然只有④符合条件．答案：④3．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．答案：平行四边形线面平行的判定与性质(多维探究)角度一直线与平面平行的判定如图所示，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1的中点．(1)证明：AD1∥平面BDC1；(2)证明：BD∥平面AB1D1.【证明】(1)因为D1，D分别为A1C1，AC的中点，四边形ACC1A1为平行四边形，所以C1D1綊DA，所以四边形ADC1D1为平行四边形，所以AD1∥C1D，又AD1⊆/平面BDC1，C1D平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1.(2)连接D1D，因为BB1∥平面ACC1A1，BB1平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝D1D，所以BB1∥D1D，又因为D1，D分别为A1C1，AC的中点，所以DD1綊AA1，所以BB1＝AA1＝DD1，故四边形BDD1B1为平行四边形，所以BD∥B1D1，又BD⊆/平面AB1D1，B1D1平面AB1D1，所以BD∥平面AB1D1.角度二直线与平面平行的性质如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC ∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．【解】(1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH ，所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ， 因此GH ∥EF .(2)连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK . 因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在底面ABCD 内，所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊆/平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH .因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，所以GK ⊥底面ABCD ， 从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4， 从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，且G 是PB 的中点，所以GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6， 所以GK ＝3. 易得EF ＝BC ＝8，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a ⊆/α，b α，a ∥b ⇒a ∥α)．(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，aα⇒a ∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊆/α，a ⊆/β，a ∥α⇒a ∥β)．1．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( )解析：选A.对于选项B ，如图所示，连接CD ，因为AB ∥CD ，M ，Q 分别是所在棱的中点，所以MQ ∥CD ，所以AB ∥MQ ，又AB ⊆/平面MNQ ，MQ 平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .同理可证选项C ，D 中均有AB ∥平面MNQ .故选A.2．如图，四棱锥P -ABCD 中AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面P AD .证明：(1)连接EC ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC 綊AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以O 为AC 的中点． 又因为F 是PC 的中点， 所以FO ∥AP ， FO平面BEF ，AP ⊆/平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)连接FH ，OH ，因为F ，H 分别是PC ，CD 的中点，所以FH∥PD，所以FH∥平面P AD.又因为O是BE的中点，H是CD的中点，所以OH∥AD，所以OH∥平面P AD.又FH∩OH＝H，所以平面OHF∥平面P AD.又因为GH平面OHF，所以GH∥平面P AD.面面平行的判定与性质(典例迁移)如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.【证明】(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，因为EF⊆/平面BCHG，BC平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，所以A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊆/平面BCHG，GB平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF＝E，所以平面EF A1∥平面BCHG.【迁移探究1】(变条件)在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，因为D为BC1的中点，H为A1C1的中点，所以HD∥A1B，又HD⊆/平面A1B1BA，A 1B平面A1B1BA，所以HD∥平面A1B1BA.【迁移探究2】(变条件)在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD，因为D为BC的中点，所以A1B∥DM.因为A1B平面A1BD1，DM⊆/平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1∥BD1.又DC1⊆/平面A1BD1，BD1平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1，又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM平面AC1D，所以平面A 1BD 1∥平面AC 1D .证明面面平行的常用方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．1.如图，AB ∥平面α∥平面β，过A ，B 的直线m ，n 分别交α，β于C ，E 和D ，F ，若AC ＝2，CE ＝3，BF ＝4，则BD 的长为( )A.65 B ．75C.85D ．95解析：选C.由AB ∥α∥β，易证 AC CE ＝BD DF .即AC AE ＝BD BF， 所以BD ＝AC ·BF AE ＝2×45＝85.2.如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：(1)直线EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点， 所以EG ∥SB .又因为SB平面BDD1B1，EG⊆/平面BDD1B1，所以直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD平面BDD1B1，FG⊆/平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG平面EFG，FG平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.平行关系中的探索性问题(师生共研)如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．(1)当A1D1D1C1等于何值时，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求ADDC的值．【解】(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时A1D1D1C1＝1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.又因为OD 1平面AB 1D 1，BC 1⊆/平面AB 1D 1，所以BC 1∥平面AB 1D 1. 所以当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1， 且平面A 1BC 1∩平面BDC 1＝BC 1， 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O . 因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1. 因为A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD.又因为A 1O OB ＝1，所以DC AD ＝1，即AD DC＝1.解决探索性问题的方法(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．(2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”．(一题多解)如图，四棱锥E -ABCD ，平面ABCD ⊥平面ABE ，四边形ABCD为矩形，AD ＝6，AB ＝5，BE ＝3，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BE ；(2)设M 在线段DE 上，且满足EM ＝2MD ，试在线段AB 上确定一点N ，使得MN ∥平面BCE ，并求MN 的长．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以BC ⊥AB . 因为平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，且BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABE .又AE平面ABE ，所以BC ⊥AE .因为BF ⊥平面ACE ，AE 平面ACE ，所以BF ⊥AE .又因为BC ∩BF ＝B ，BC 平面BCE ，BF 平面BCE ，所以AE ⊥平面BCE ， 因为BE平面BCE ，所以AE ⊥BE .(2)法一：如图，在△ADE 中过M 点作MG ∥AD 交AE 于G 点，在△ABE 中过G 点作GN ∥BE 交AB 于N 点，连接MN ，因为NG ∥BE ，NG ⊆/平面BCE ，BE 平面BCE ，所以NG ∥平面BCE . 同理可证，GM ∥平面BCE . 因为MG ∩GN ＝G ， 所以平面MGN ∥平面BCE ， 又因为MN平面MGN ，所以MN ∥平面BCE ，因为N 点为线段AB 上靠近A 点的一个三等分点， AD ＝6，AB ＝5，BE ＝3，所以MG ＝23AD ＝4，NG ＝13BE ＝1，所以MN ＝MG 2＋NG 2＝42＋12＝17.法二：如图，过M 点作MG ∥CD 交CE 于G 点，连接BG ，在AB 上取N 点，使得BN ＝MG ，连接MN ，因为MG ∥CD ，EM ＝2MD ， 所以MG ＝23CD ，因为AB ∥CD ，BN ＝MG ， 所以四边形MGBN 是平行四边形， 所以MN ∥BG ，又因为MN ⊆/平面BCE ，BG平面BCE ，所以MN ∥平面BCE ，又MG ＝23CD ，MG ＝BN ，所以BN ＝23AB ，所以N 点为线段AB 上靠近A 点的一个三等分点．在△CBG 中，因为BC ＝AD ＝6，CG ＝13CE ＝1362＋32＝5，cos ∠BCG ＝255，所以BG 2＝36＋5－2×6×5×255＝17， 所以MN ＝BG ＝17.[基础题组练]1．(2020·河北衡水模拟一)已知m ，n 为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，α∥β的充分条件是( )A ．m ∥n ，mα，n β B ．m ∥n ，m ⊥α，n ⊥βC ．m ⊥n ，m ∥α，n ∥βD ．m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β解析：选B.对于A ，两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，这两个平面可能平行， 也可能相交，因此A 中条件不是α∥β的充分条件；对于B ，因为m ∥n ，m ⊥α，所以n ⊥α，结合n ⊥β，知α∥β，因此B 中条件是α∥β的充分条件；对于C ，由m ⊥n ，m ∥α知nα，或n ∥α，或n 与α相交，结合n ∥β，知α，β可能平行，也可能相交，所以C 中条件不是α∥β的充分条件；对于D ，由m ⊥n ，m ⊥α知n α，或n ∥α，结合n ⊥β，知α⊥β，所以D 中条件不是α∥β的充分条件．综上可知．选B.2．(2020·江西红色七校联考)设m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A ．若m ∥n ，n α，则m ∥αB ．若mα，nβ，α∥β，则m ∥nC ．若α∥β，m ⊥α，则m ⊥βD ．若mα，nβ，m ∥β，n ∥α，则α∥β解析：选C.若m ∥n ，n α，则m ∥α或m α，所以选项A 不正确；若mα，nβ，α∥β，则m ∥n 或m 与n 异面，所以选项B 不正确；若m α，nβ，m ∥β，n ∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D 不正确．故选C.3．(2020·湖南长沙模拟)设a ，b ，c 表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题： ①若a ∥c ，b ∥c ，则a ∥b ； ②若a ∥b ，b ∥α，则a ∥α； ③若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ； ④若aα，b β，α∥β，则a ∥b .其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a ∥b ，b ∥α，可以推出a ∥α或aα，故②是假命题；对于③，根据a ∥α，b ∥α，可以推出a与b 平行，相交或异面，故③是假命题；对于④，根据aα，bβ，α∥β，可以推出a ∥b 或a 与b 异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，则( )A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形解析：选B.由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF 綊15BD ，又EF ⊆/平面BCD ，所以EF ∥平面BCD .又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，所以HG 綊12BD ，所以EF ∥HG 且EF ≠HG .所以四边形EFGH 是梯形．5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1.其中推断正确的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：选A.因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故①正确；因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故②错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为FG⊆/平面BC1D1，BC1平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故③正确；因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A.6．在四面体A-BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．解析：如图，取CD的中点E，连接AE，BE，则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.因为AB平面ABD，MN⊆/平面ABD，AB平面ABC，MN⊆/平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.答案：平面ABD与平面ABC7．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．解析：因为EF ∥平面AB 1C ，EF平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，所以点F 为DC 的中点． 故EF ＝12AC ＝ 2.答案： 28.如图所示，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是 BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，FH ∩HN ＝H ，DD 1∩BD ＝D ， 所以平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN 平面FHN ，所以MN ∥平面B 1BDD 1.答案：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)9.在如图所示的一块木料中，棱BC 平行于平面A ′B ′C ′D ′.(1)要经过平面A ′B ′C ′D ′内的一点P 和棱BC 将木料锯开，应怎样画线？ (2)所画的线与平面ABCD 是什么位置关系？并证明你的结论． 解：(1)过点P 作B ′C ′的平行线， 交A ′B ′，C ′D ′于点E ，F ， 连接BE ，CF .作图如下：(2)EF∥平面ABCD.理由如下：因为BC∥平面A′B′C′D′，又因为平面B′C′CB∩平面A′B′C′D′＝B′C′，所以BC∥B′C′，因为EF∥B′C′，所以EF∥BC，又因为EF⊆/平面ABCD，BC平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.10．如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊆/平面DMF，MO平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.因为DE⊆/平面MNG，GN平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊆/平面MNG，MN平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.[综合题组练]1．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH所在四边形的面积为定值；③棱A1D1始终与水面所在的平面平行；④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．其中正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C.由题图，显然①是正确的，②是错的；对于③因为A1D1∥BC，BC∥FG，所以A1D1∥FG且A1D1⊆/平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH(水面)．所以③是正确的；因为水是定量的(定体积V)．所以S△BEF·BC＝V，即12BE·BF·BC＝V.所以BE·BF＝2VBC(定值)，即④是正确的，故选C.2.(2020·江西吉安一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为()A. 2 B ．98C. 3D ．62解析：选B.如图1，取B 1C 1的中点E ，C 1D 1的中点F ，连接EF ，BE ，DF ，B 1D 1，则EF ∥B 1D 1，B 1D 1∥BD ，所以EF ∥BD ，故EF ，BD 在同一平面内，连接ME ，因为M ，E 分别为A 1D 1，B 1C 1的中点，所以ME ∥AB ，且ME ＝AB ，所以四边形ABEM 是平行四边形，所以AM ∥BE ，又因为BE平面BDFE ，AM ⊆/平面BDFE ，所以AM ∥平面BDFE ，同理AN ∥平面BDFE ，因为AM ∩AN ＝A ， 所以平面AMN ∥平面BDFE ，BD ＝2，EF ＝12B 1D 1＝22，DF ＝BE ＝52，等腰梯形BDFE 如图2，过E ，F 作BD 的垂线，垂足分别为G ，H ，则四边形EFGH 为矩形，所以FG ＝DF 2－DG 2＝54－18＝324， 故所得截面的面积为12×⎝⎛⎭⎫22＋2×324＝98，故选B.3．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，Q 分别是棱D 1C 1，A 1D 1，BC 的中点，点P 在BD 1上且BP ＝23BD 1.则以下四个说法：①MN ∥平面APC ； ②C 1Q ∥平面APC ； ③A ，P ，M 三点共线； ④平面MNQ ∥平面APC .其中说法正确的是________(填序号)． 解析：①连接MN ，AC ，则MN ∥AC ，连接AM ，CN ， 易得AM ，CN 交于点P ，即MN平面APC ，所以MN ∥平面APC 是错误的；②由①知M ，N 在平面APC 上，由题易知AN ∥C 1Q ，AN 平面APC ，所以C 1Q ∥平面APC 是正确的； ③由①知A ，P ，M 三点共线是正确的； ④由①知MN 平面APC ，又MN平面MNQ ，所以平面MNQ ∥平面APC 是错误的． 答案：②③4.如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________．解析：因为平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥PQ .又因为B 1D 1∥BD ，所以BD ∥PQ ， 设PQ ∩AB ＝M ，因为AB ∥CD ， 所以△APM ∽△DPQ .所以PQ PM ＝PDAP＝2，即PQ ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ， 所以PM BD ＝AP AD ＝13，所以PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，所以PQ ＝223a .答案：223a5.如图，在四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 中，BC ∥AD ，且AD ＝2BC ，O ，E 分别为AD ，PD 的中点．(1)设平面P AB ∩平面PCD ＝l ，请作图确定l 的位置并说明你的理由； (2)若Q 为直线CE 上任意一点，证明：OQ ∥平面P AB .解：(1)分别延长AB 和DC 交于点R ，连接PR ，则直线PR 就是l 的位置； R ∈AB平面P AB ，R ∈CD平面PCD ，所以P 、R 是平面P AB 和平面PCD 的两个公共点， 由公理1可知，过P 、R 的直线就是两个平面的交线l . (2)证明：连接OE 、OC ，因为BC ∥AD ，且BC ＝12AD ，又AO ＝12AD ，所以BC ∥AO ，且BC ＝AO ，所以四边形ABCO 为平行四边形， 所以OC ∥AB ，则OC ∥平面P AB ； 又OE 为△P AD 的中位线，则OE ∥AP ， 所以OE ∥平面P AB ， 又OE平面OEC ，OC平面OEC ，且OE ∩OC ＝O ，所以平面P AB ∥平面OEC ，又OQ平面OEC，所以OQ∥平面P AB.6．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.证明：(1)由题设知BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊆/平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1綊B1C1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊆/平面CD1B1，D1C平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.。
2021版高考理科数学(北师大版)一轮复习高效演练分层突破：第八章 第3讲 直线、平面平行的判定与
姓名，年级：时间：[基础题组练]1．（2020·河北衡水模拟一）已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面,下列条件中，α∥β的充分条件是（）A．m∥n，mα，nβB．m∥n，m⊥α，n⊥βC．m⊥n,m∥α，n∥β D．m⊥n,m⊥α,n⊥β解析:选B。
对于A，两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，这两个平面可能平行，也可能相交，因此A中条件不是α∥β的充分条件;对于B，因为m∥n，m⊥α，所以n⊥α,结合n⊥β，知α∥β，因此B中条件是α∥β的充分条件；对于C，由m⊥n,m∥α知nα，或n∥α，或n与α相交,结合n∥β，知α，β可能平行,也可能相交，所以C中条件不是α∥β的充分条件；对于D，由m⊥n，m⊥α知nα，或n∥α，结合n⊥β，知α⊥β，所以D中条件不是α∥β的充分条件．综上可知．选B.2．（2020·江西红色七校联考）设m，n是空间中两条不同的直线,α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（)A．若m∥n，nα,则m∥αB．若mα，nβ，α∥β,则m∥nC．若α∥β，m⊥α，则m⊥βD．若mα，nβ,m∥β，n∥α，则α∥β解析：选C。
若m∥n，nα，则m∥α或mα,所以选项A不正确；若mα,nβ，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确;若m α,nβ，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选C.3．(2020·湖南长沙模拟）设a,b，c表示不同直线,α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b;②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b;④若aα，bβ，α∥β，则a∥b。
其中真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选A。
由题意,对于①,根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b,b∥α，可以推出a∥α或aα，故②是假命题；对于③，根据a∥α,b∥α，可以推出a与b平行，相交或异面，故③是假命题；对于④，根据aα，bβ，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1。
高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量第三节直线平面平行的判定与性质课件北师大版
第三节 直线、平面平行的判定与性质
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
增素能 精准突破
课标解读
1.从定义和基本事实出发,借
助长方体,通过直观感知,了解
空间中直线与直线、直线与
平面、平面与平面的平行关
系,并加以证明.
2.能用已获得的结论证明空间
基本图形位置关系的简单命
题.
衍生考点
核心素养
1.空间中平行关系的判
B错误;对于C,两个平面中的两条直线平行,不能保证两个平面平行,故C错
误;对于D,两个平面中的两条互相异面的直线分别平行于另一个平面,可以
保证两个平面平行,故D正确.
(2)对于A,作如图1所示的辅助线,其中D为BC的中点,则QD∥AB.
因为QD∩平面MNQ=Q,所以QD与平面MNQ相交,所以直线AB与平面MNQ
a⊂a,b⊂a,a∩b=A,a∥β,b α∥β,α∩γ=a,β
∥β
∩γ=b
α∥β
a∥b
这两条直线必须相交
α∥β,a⊂β
a∥α
不能理解为:α∥β⇒a∥b
微点拨判定两个平面平行与判定线面平行一样,应遵循“先找后作”的原则,
即先在一个平面内找到两条与另一个平面平行的相交直线,若找不到再作
辅助线.
微思考一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别
)
(2)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 (1)D
(2)A
解析 (1)对于A,一条直线与两个平面都平行,两个平面不一定平行,故A错误;
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8.3直线、平面平行的判定与性质探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、平面平行的判定与性质①以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理②能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题2019北京文,18直线与平面平行的判定直线、平面垂直的判定和性质★★★分析解读 1.理解空间直线和平面位置关系的定义;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.高考对本节内容的考查一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化.破考点练考向【考点集训】考点直线、平面平行的判定与性质1.过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A.4条B.6条C.8条D.12条答案B2.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是()A.m★α,n★α,则m★nB.m★n,m★α,则n★αC.m★α,m★β,则α★βD.α★γ,β★γ,则α★β答案C3.如图,在正四棱锥S-ABCD中,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论:①EP★AC;②EP★BD;③EP★平面SBD;④EP★平面SAC,其中恒成立的是()A.①③B.③④C.①②D.②③④答案A4.下列四个正方体中,A,B,C为所在棱的中点,则能得出平面ABC★平面DEF的是()答案B5.已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m★α,n★α,l1★β,l2★β,l1∩l2=M,则α★β的一个充分条件是()A.m★β且l1★αB.m★β且n★βC.m★β且n★l2D.m★l1且n★l2答案D炼技法提能力【方法集训】方法1证明线面平行的方法1.下列说法中,错误的是()A.若平面α★平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,则l★mB.若平面α★平面β,平面α∩平面β=l,m★α,m★l,则m★βC.若直线l★平面α,平面α★平面β,则l★βD.若直线l★平面α,平面α∩平面β=m,直线l★平面β,则l★m答案C2.如图是一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=10√2,E,F分别为AD,BC的中点,现分别将★ABE,★CDF 沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)①当平面ABE★平面CDF时,AC★平面BFDE;②当平面ABE★平面CDF时,AE★CD;③当A、C重合于点P时,PG★PD;④当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150π.答案①④3.(2019北师大附中期中文,18)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为菱形,★BAD=60°,平面SAD★平面ABCD,SA=SD,E,P,Q分别是棱AD,SC,AB的中点.(1)求证:PQ★平面SAD;(2)求证:AC★平面SEQ;(3)如果SA=AB=2,求三棱锥S-ABC的体积.解析(1)证明:取SD的中点F,连接AF,PF.因为P,F分别是棱SC,SD的中点,所以FP★CD,且FP=1CD.2又因为Q是AB的中点,所以AQ★CD,且AQ=1CD.2所以FP★AQ且FP=AQ.所以四边形AQPF为平行四边形.所以PQ★AF.又因为PQ★平面SAD,AF★平面SAD,所以PQ★平面SAD.(2)证明:连接BD,在★SAD中,SA=SD,E是AD的中点,所以SE★AD.又平面SAD★平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE★平面SAD,所以SE★平面ABCD,又AC★平面ABCD,所以SE★AC.因为底面ABCD为菱形,所以BD★AC,因为E,Q分别是AD,AB的中点,所以EQ★BD,所以EQ★AC,因为SE∩EQ=E,SE,EQ★平面SEQ,所以AC★平面SEQ.(3)因为菱形ABCD中,★BAD=60°,AB=2,AB·BC·sin★ABC=√3.所以S★ABC=12因为SA=AD=SD=2,E是AD的中点,所以SE=√3.由(2)可知SE★平面ABC,S★ABC·SE=1.所以三棱锥S-ABC的体积V=13方法2证明面面平行的方法CD=1,且ED★平面ABCD,点G 4.如图,直角梯形ABCD与梯形EFCD全等,其中AB★CD★EF,AD=AB=12是CD的中点.(1)求证:平面BCF★平面AGE;(2)求平面BCF与平面AGE间的距离.解析 (1)证明:∵AB ★CD,AB=12CD,G 是CD 的中点, ∴四边形ABCG 为平行四边形, ∴BC ★AG.又∵AG ★平面AEG,BC ★平面AEG, ∴BC ★平面AEG.∵直角梯形ABCD 与梯形EFCD 全等,EF ★CD ★AB, ∴EF ★AB,∴四边形ABFE 为平行四边形,∴BF ★AE. 又∵AE ★平面AEG,BF ★平面AEG, ∴BF ★平面AEG.∵BF ∩BC=B,BF,BC ★平面BCF, ∴平面BCF ★平面AGE.(2)设点C 到平面AGE 的距离为d. 易知AE=EG=AG=√2.连接EC 、AC,由V C-AGE =V E-ACG ,得13×12×AE 2×sin 60°×d=13×12×CG ×AD ×DE, 即d=CG×AD×DE AE 2×sin60°=√33.∵平面BCF ★平面AGE,∴平面BCF 与平面AGE 间的距离为√33.【五年高考】A 组 自主命题·北京卷题组考点 直线、平面平行的判定与性质(2019北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ★平面ABCD,底面ABCD 为菱形,E 为CD 的中点.(1)求证:BD ★平面PAC;(2)若★ABC=60°,求证:平面PAB ★平面PAE;(3)棱PB 上是否存在点F,使得CF ★平面PAE?说明理由.解析本题考查了直线与平面平行、垂直的判定和性质,通过线线、线面、面面平行、垂直的相互转化考查了学生的空间想象能力和转化的思想方法,体现了直观想象、逻辑推理的核心素养.(1)因为PA★平面ABCD,所以PA★BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD★AC.所以BD★平面PAC.(2)因为PA★平面ABCD,AE★平面ABCD,所以PA★AE.因为底面ABCD为菱形,★ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE★CD.所以AB★AE.所以AE★平面PAB.所以平面PAB★平面PAE.(3)棱PB上存在点F,使得CF★平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FG★AB,且FG=1AB.2因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE★AB,且CE=1AB.2所以FG★CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF★EG.因为CF★平面PAE,EG★平面PAE,所以CF★平面PAE.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点直线、平面平行的判定与性质1.(2019课标全国Ⅱ文,7,5分)设α,β为两个平面,则α★β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案B2.(2017课标Ⅰ文,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A3.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1★平面DEC1;(2)BE★C1E.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED★AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB★A1B1,所以A1B1★ED.又因为ED★平面DEC1,A1B1★平面DEC1,所以A1B1★平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE★AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C★平面ABC.又因为BE★平面ABC,所以C1C★BE.因为C1C★平面A1ACC1,AC★平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE★平面A1ACC1.因为C1E★平面A1ACC1,所以BE★C1E.4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1★B1C1.求证:(1)AB★平面A1B1C;(2)平面ABB1A1★平面A1BC.证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查学生的空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB★A1B1.因为AB★平面A1B1C,A1B1★平面A1B1C,所以AB★平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1★A1B.因为AB1★B1C1,BC★B1C1,所以AB1★BC.又因为A1B∩BC=B,A1B★平面A1BC,BC★平面A1BC,所以AB1★平面A1BC,又因为AB1★平面ABB1A1,所以平面ABB1A1★平面A1BC.5.(2016山东,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF★DB.(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC★FB;(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH★平面ABC.证明(1)因为EF★DB,所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.因为AE=EC,D为AC的中点,所以DE★AC.同理可得BD★AC.又BD∩DE=D,所以AC★平面BDEF,因为FB★平面BDEF,所以AC★FB.(2)设FC的中点为I.连接GI,HI.在★CEF中,因为G是CE的中点,所以GI★EF.又EF★DB,所以GI★DB.在★CFB中,因为H是FB的中点,所以HI★BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI★平面ABC.因为GH★平面GHI,所以GH★平面ABC.思路分析第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得AC★DE,AC★DB,从而得线面垂直,利用线面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行,从而证面面平行,再利用面面平行的性质得出结论.评析本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力,同时考查转化与化归思想的应用.6.(2019课标全国Ⅰ,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,★BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN★平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点, 所以ME ★B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点, 所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1★DC,可得B 1C ★A 1D,故ME ★ND, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ★ED. 又MN ★平面EDC 1,所以MN ★平面C 1DE.(2)由已知可得DE ★DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2), A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m =(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.可取m =(√3,1,0).设n =(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-√3q =0,-p -2r =0.可取n =(2,0,-1).于是cos<m ,n >=m ·n|m||n|=√3√=√155,所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.思路分析 (1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MN ★ ED,从而可得MN 与平面C 1DE 平行.(2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A 1MA 与平面A 1MN 的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键 建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.7.(2019天津,17,13分)如图,AE ★平面ABCD,CF ★AE,AD ★BC,AD ★AB,AB=AD=1, AE=BC=2.(1)求证:BF ★平面ADE;(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F 的余弦值为13,求线段CF 的长.解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).(1)证明:依题意,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,又BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,h),可得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 又因为直线BF ★平面ADE,所以BF ★平面ADE.(2)依题意,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,2). 设n =(x,y,z)为平面BDE 的法向量,则{n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z=1,可得n =(2,2,1),因此有cos<CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CE ⃗⃗⃗⃗ ·n |CE ⃗⃗⃗⃗||n|=-49. 所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m =(x,y,z)为平面BDF 的法向量, 则{m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,2y +ℎz =0,不妨令y=1,可得m =(1,1,-2ℎ).由题意,有|cos<m ,n >|=|m ·n||m||n|=|4-2ℎ|3√2+4h 2=13,解得h=87.经检验,符合题意.所以,线段CF 的长为87. 思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角或距离.C 组 教师专用题组1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n 满足m ★α,n ★α,则“m ★n ”是“m ★α”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 A2.(2019课标全国Ⅰ文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,★BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ★平面C 1DE;(2)求点C到平面C1DE的距离.解析本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养.(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME★B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1★DC,可得B1C★A1D,故ME★ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN★ED.又MN★平面C1DE,所以MN★平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE★BC,DE★C1C,所以DE★平面C1CE,故DE★CH.从而CH★平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=√17,故CH=4√1717.从而点C到平面C1DE的距离为4√1717.思路分析(1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MN★DE,然后利用线面平行的判定定理证出结论.(2)注意到DE★平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.【三年模拟】一、选择题(共5分)1.(2018北京通州摸底,8)如图,在各棱长均为1的正三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为线段A1B,B1C上的动点,若点M,N所在的直线与平面ACC1A1不相交,点D为MN的中点,则点D的轨迹的长度是()A.√22B.√32C.1D.√2答案B二、解答题(共85分)2.(2019北京东城二模文,18)如图所示的五面体ABCDEF中,平面ADE★平面ABCD,AE★DE,AE=DE,AB★CD,AB★BC,★DAB=60°,AB=AD=4.(1)求四棱锥E-ABCD的体积;(2)求证:EF★平面ABCD;(3)设点M为线段BC上的动点,求证:EM与AM不垂直.解析(1)取AD的中点N,连接EN.在★ADE中,AE=DE,所以EN★AD.因为平面ADE★平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,EN★平面ADE,所以EN★平面ABCD.又因为AE★DE,AD=4,所以EN=2.因为AB★CD,AB★BC,★DAB=60°,AB=AD=4,所以CD=2,BC=2√3,所以S梯形ABCD=6√3.所以V E-ABCD=13×6√3×2=4√3.(2)证明:因为AB★CD,AB★平面ABFE,CD★平面ABFE,所以CD★平面ABFE.又因为CD★平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,所以CD★EF.因为CD★平面ABCD,EF★平面ABCD,所以EF★平面ABCD.(3)证明:连接MN,假设EM★AM.由(1)知EN★平面ABCD,因为AM★平面ABCD,所以EN★AM.因为EM★AM,且EN∩EM=E,EN,EM★平面ENM,所以AM★平面ENM.因为MN★平面ENM,所以AM★MN.在★AMN中,AN=2,AM≥4>AN,所以★AMN<★ANM.所以★AMN<90°.这与AM★MN矛盾.所以假设不成立,即EM与AM不垂直.3.(2020届北京清华大学中学生标准学术能力测试,18)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD★BC,BC=2AD,AD★CD,PD★平面ABCD,E为PB的中点.(1)求证:AE★平面PDC;(2)若BC=CD=PD,求直线AC与平面PBC所成角的余弦值.解析(1)证明:取PC的中点F,连接DF,EF,∵E是PB的中点,∴EF★BC,且BC=2EF,又AD★BC,BC=2AD,∴AD★EF,且AD=EF,∴四边形ADFE是平行四边形,∴AE★DF,又DF★平面PDC,AE★平面PDC,∴AE★平面PDC.(2)∵PD=DC,∴★PDC是等腰三角形,∴DF★PC,又AE ★DF,∴AE ★PC,∵PD ★平面ABCD,BC ★平面ABCD, ∴PD ★BC,又BC ★CD,CD ∩PD=D,CD,PD ★平面PDC, ∴BC ★平面PDC, ∵DF ★平面PDC, ∴BC ★DF,∴BC ★AE,又AE ★PC,PC ∩BC=C,PC,BC ★平面PBC, ∴AE ★平面PBC,连接EC,AC,则★ACE 就是直线AC 与平面PBC 所成的角. 设PD=CD=BC=2,在Rt ★PCD 中,求得PC=2√2,在Rt ★PCB 中,求得PB=2√3,EC=√3, 在Rt ★ADC 中,求得AC=√5, ∴在Rt ★AEC 中,cos ★ECA=EC AC =√3√5=√155.4.(2019北京丰台二模文,18)在菱形ABCD 中,★ADC=π3,AB=a,O 为线段CD 的中点(如图1).将★AOD 沿AO 折起到★AOD'的位置,使得平面AOD'★平面ABCO,M 为线段BD'的中点(如图2). (1)求证:OD'★BC;(2)求证:CM ★平面AOD';(3)当四棱锥D'-ABCO 的体积为√32时,求a 的值.解析 (1)证明:在菱形ABCD 中,★ADC=π3,O 为线段CD 的中点,所以OD ★AO,即OD'★AO.(1分) 因为平面AOD'★平面ABCO, 平面AOD'∩平面ABCO=AO, OD'★平面AOD',所以OD'★平面ABCO.(4分) 因为BC ★平面ABCO, 所以OD'★BC.(5分)(2)证明:如图,取线段AD'的中点P,连接OP,PM. 在★ABD'中,P,M 分别是线段AD',BD'的中点, 所以PM ★AB,PM=12AB.在菱形ABCD 中,因为O 是线段CD 的中点,AB=DC=a,AB ★DC, 所以OC=12CD=a2.所以OC ★AB,OC=12AB.(6分)所以PM ★OC,且PM=OC.所以四边形OCMP 为平行四边形,(7分) 所以CM ★OP,因为CM ★平面AOD',OP ★平面AOD', 所以CM ★平面AOD'.(10分)(3)由(1)知OD'★平面ABCO,所以OD'是四棱锥D'-ABCO 的高.(11分) 因为四棱锥D'-ABCO 的体积V=13·S 梯形ABCO ·OD'=√3a 316=√32,所以a=2.(14分)5.(2020届北京陈经纶中学开学考试,17)如图1,在★ABC 中,D,E 分别为AB,AC 的中点,O 为DE 的中点,AB=AC=2√5,BC=4.将★ADE 沿DE 折起到★A 1DE 的位置,使得平面A 1DE ★平面BCED,F 为A 1C 的中点,如图2. (1)求证:EF ★平面A 1BD;(2)求证:平面A 1OB ★平面A 1OC;(3)线段OC 上是否存在点G,使得OC ★平面EFG?说明理由.解析 (1)证明:取线段A 1B 的中点H,连接HD,HF. 在★ABC 中,因为D,E 分别为AB,AC 的中点, 所以DE ★BC,且DE=12BC.因为H,F 分别为A 1B,A 1C 的中点, 所以HF ★BC,且HF=12BC,所以HF ★DE,且HF=DE,所以四边形DEFH 为平行四边形, 所以EF ★HD.因为EF ★平面A 1BD,HD ★平面A 1BD,所以EF★平面A1BD.(2)证明:因为在★ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,AB=AC,所以AD=AE,所以A1D=A1E,又O为DE的中点,所以A1O★DE.因为平面A1DE★平面BCED,A1O★平面A1DE,平面A1DE∩平面BCED=DE,所以A1O★平面BCED,因为CO★平面BCED,所以CO★A1O.在★OBC中,BC=4,易知OB=OC=2√2,所以OB2+OC2=BC2,所以CO★BO,又因为A1O∩BO=O,A1O,BO★平面A1OB,所以CO★平面A1OB,因为CO★平面A1OC,所以平面A1OB★平面A1OC.(3)线段OC上不存在点G,使得OC★平面EFG.假设线段OC上存在点G,使得OC★平面EFG,则必有OC★GF,且OC★GE.在Rt★A1OC中,由F为A1C的中点,OC★GF,得G为OC的中点.在★EOC中,因为OC★GE,所以EO=EC,这显然与EO=1,EC=√5矛盾.所以线段OC上不存在点G,使得OC★平面EFG.6.(2019北京朝阳期末,17)如图,AB★平面ADE,CD★平面ADE,★ADE是等边三角形,AD=DC=2AB=2,F,G分别为AD,DE的中点.(1)求证:EF★平面ABCD;(2)求四棱锥E-ABCD的体积;(3)判断直线AG与平面BCE的位置关系,并加以证明.解析(1)证明:因为★ADE是等边三角形,F为AD的中点,所以EF★AD.因为AB★平面ADE,AB★平面ABCD,所以平面ADE★平面ABCD,因为平面ADE∩平面ABCD=AD,EF★平面ADE,所以EF★平面ABCD.(2)因为AB ★平面ADE,CD ★平面ADE,所以AB ★CD,因为AD ★平面ADE,所以CD ★AD, 所以四边形ABCD 是直角梯形, 又AD=DC=2AB=2,所以S 梯形ABCD =12×(2+1)×2=3,易得EF=√3,所以V E-ABCD =13S 梯形ABCD ·EF=√3.(3)AG ★平面BCE. 证明:取CE 的中点H. 因为G 是DE 的中点, 所以GH ★DC,且GH=12DC,所以GH ★AB,且GH=AB=1,所以四边形ABHG 为平行四边形,AG ★BH, 又AG ★平面BCE,BH ★平面BCE, 所以AG ★平面BCE.7.(2020届百师联盟期中,20改编)如图,四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是直角梯形,AB ★CD,AB=3CD=3,AB ★AD,AB ★PA,且AD=PA=2,PD=2√2,PE⃗⃗⃗⃗⃗ =13PB ⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)证明:CE ★平面PAD;(2)求点B 到平面ECD 的距离.解析 (1)证明:取PA 上靠近P 点的三等分点F,连接DF,EF,则PF=13PA,又因为PE=13PB,所以EF=13AB 且EF ★AB,因为CD=13AB 且AB ★CD,所以EF=CD 且EF ★CD, 所以四边形CDFE 是平行四边形, 所以CE ★DF,又DF ★平面PAD,CE ★平面PAD, 所以CE ★平面PAD.(2)解法一:设点B 到平面ECD 的距离为h,连接BD. 因为PA=AD=2,PD=2√2,所以PA 2+AD 2=PD 2, 所以PA ★AD,因为PA ★AB,AB ∩AD=A,AB,AD ★平面ABCD, 所以PA ★平面ABCD,易得点E 到平面ABCD 的距离是43,DF=√AF 2+AD 2=2√133,S ★BCD =12×2×1=1,S ★ECD =12×CD ×DF=12×1×2√133=√133,因为V B-ECD =V E-BCD ,所以13×√133×h=13×43×1,解得h=4√1313,故点B 到平面ECD 的距离为4√1313.解法二:设点B 到平面ECD 的距离为h,连接BD.因为PA=AD=2,PD=2√2,所以PA 2+AD 2=PD 2, 所以PA ★AD,因为PA ★AB,AB ∩AD=A,AB,AD ★平面ABCD,所以PA ★平面ABCD,以A 点为坐标原点,分别以AD,AB,AP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(0,3,0),C(2,1,0),D(2,0,0),E(0,1,43),则BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,43),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,43), 设平面CDE 的法向量为n =(x,y,z),所以{-y =0,-2x +43z =0,令x=2,得n =(2,0,3), 所以点B 到平面ECD 的距离h=|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos<BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=|BE⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=√13=4√1313,故点B 到平面ECD 的距离为4√1313.8.(2020届山东新高考质量测评联盟10月联考,21)如图,在四棱锥S-ABCD 中,四边形ABCD 是矩形,★SAD 是等边三角形,平面SAD ★平面ABCD,AB=1,E 为棱SA 上一点,P 为AD 的中点,四棱锥S-ABCD 的体积为2√33.(1)若E 为棱SA 的中点,F 是棱SB 的中点,求证:平面PEF ★平面SCD;(2)是否存在点E,使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为√3010?若存在,确定点E 的位置;若不存在,请说明理由.解析 (1)证明:因为E,F 分别是SA,SB 的中点,所以EF ★AB,在矩形ABCD 中,AB ★CD,所以EF ★CD,又因为E,P 分别是SA 、AD 的中点,所以EP ★SD,又因为EF ∩EP=E,SD ∩CD=D,EF,EP ★平面PEF,SD,CD ★平面SCD,所以平面PEF ★平面SCD.(2)假设棱SA 上存在点E 满足题意.在等边三角形SAD 中,P 为AD 的中点,所以SP ★AD,因为平面SAD ★平面ABCD,平面SAD ∩平面ABCD=AD,SP ★平面SAD,所以SP ★平面ABCD,所以SP 是四棱锥S-ABCD 的高,设AD=m(m>0),则SP=√32m,S 矩形ABCD =m, 所以V S-ABCD =13S 矩形ABCD ·SP=13m ·√32m=2√33,所以m=2,以P 为坐标原点,PA 所在直线为x 轴,过点P 与AB 平行的直线为y 轴,PS 所在直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),S(0,0,√3),设AE⃗⃗⃗⃗⃗ =λAS ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(-1,0,√3)=(-λ,0,√3λ)(0≤λ≤1),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)+(-λ,0,√3λ)=(1-λ,0,√3λ),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0), 设平面PEB 的一个法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·PE ⃗⃗⃗⃗ =(1-λ)x +√3λz =0,n 1·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y =0,令x=√3λ,则n 1=(√3λ,-√3λ,λ-1),易知平面SAD 的一个法向量为n 2=(0,1,0),所以|cos<n 1,n 2>|=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√3λ|2=√3010, 因为0≤λ≤1,所以λ=13.所以存在点E,使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为√3010,此时点E 是AS 的靠近A 点的三等分点.。