【导与练】(新课标)2016届高三数学一轮复习 第7篇 第4节 直线、平面平行关系的判定与性质课时训练 理
2024年高考数学一轮复习(新高考版) 第7章 空间直线、平面的垂直
§7.5空间直线、平面的垂直考试要求1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.2.掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用．知识梳理1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义一般地，如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直m ⊂αn ⊂αm ∩n ＝P l ⊥m l ⊥n ⇒l ⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b2.直线和平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°.(2)范围：0，π2.3．二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：如图，在二面角α－l －β的棱l 上任取一点O ，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l 的射线OA 和OB ，则射线OA 和OB 构成的∠AOB 叫做二面角的平面角．(3)二面角的范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理常用结论1．三垂线定理平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．2．三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．3．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若直线l 与平面α内的两条直线都垂直，则l ⊥α.(×)(2)若直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .(√)(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(×)(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(×)教材改编题1．(多选)下列命题中不正确的是()A．如果直线a不垂直于平面α，那么平面α内一定不存在直线垂直于直线aB．如果平面α垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线平行于平面βC．如果直线a垂直于平面α，那么平面α内一定不存在直线平行于直线aD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β答案ABD解析若直线a垂直于平面α，则直线a垂直于平面α内的所有直线，故C正确，其他选项均不正确．2.如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EFG中必有()A．SG⊥△EFG所在平面B．SD⊥△EFG所在平面C．GF⊥△SEF所在平面D．GD⊥△SEF所在平面答案A解析四面体S－EFG如图所示，由SG⊥GE，SG⊥GF，GE∩GF＝G且GE，GF⊂平面EFG得SG⊥△EFG所在平面．3．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．答案7解析如图，由于PD垂直于正方形ABCD，故平面PDA⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7对.题型一直线与平面垂直的判定与性质例1(1)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题________．答案②③⇒①(或①③⇒②)解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l 可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.(2)(2023·娄底模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，点B1在底面ABC内的射影恰好是点C.①若点D是AC的中点，且DA＝DB，证明：AB⊥CC1.②已知B1C1＝2，B1C＝23，求△BCC1的周长．①证明∵点B1在底面ABC内的射影是点C，∴B1C⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴B1C⊥AB.在△ABC中，DA＝DB＝DC，∴BC⊥AB，∵BC∩B1C＝C，BC，B1C⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵CC1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥CC1.②解如图，延长BC至点E，使BC＝CE，连接C1E，则B1C1綉CE，四边形B1CEC1为平行四边形，则C1E綉B1C.由①知B1C⊥平面ABC，∴C1E⊥平面ABC，∵CE，BE⊂平面ABC，∴C1E⊥CE，C1E⊥BE，∵C1E＝B1C＝23，CE＝BC＝B1C1＝2，BE＝4，∴CC1＝CE2＋C1E2＝4，BC1＝BE2＋C1E2＝27，∴△BCC1的周长为2＋4＋27＝6＋27.思维升华证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．跟踪训练1如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱CD，A1D1的中点．(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF⊥平面AEP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由．(1)证明如图，连接A1B，则AB1⊥A1B，因为A1F⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以A1F⊥AB1，又A1B∩A1F＝A1，所以AB1⊥平面A1BF.又BF⊂平面A1BF，所以AB1⊥BF.(2)证明如图，取棱AD的中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，因为AB＝DA，AG＝DE，∠BAG＝∠ADE，所以△BAG≌△ADE，所以∠ABG＝∠DAE.所以AE ⊥BG .又因为BG ∩FG ＝G ，所以AE ⊥平面BFG .又BF ⊂平面BFG ，所以AE ⊥BF .(3)解存在．如图，取棱CC 1的中点P ，即为所求．连接EP ，AP ，C 1D ，因为EP ∥C 1D ，C 1D ∥AB 1，所以EP ∥AB 1.由(1)知AB 1⊥BF ，所以BF ⊥EP .又由(2)知AE ⊥BF ，且AE ∩EP ＝E ，所以BF ⊥平面AEP .题型二平面与平面垂直的判定与性质例2(2023·桂林模拟)如图所示，已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥底面ABCD 且AB ＝1，PA ＝AD ＝PD ＝2，E 为PD 的中点．(1)求证：平面PCD ⊥平面ACE ；(2)求点B 到平面ACE 的距离．(1)证明由PA ＝AD ＝PD ，E 为PD 的中点，可得AE ⊥PD ，因为CD ⊥AD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面PAD ，而AE ⊂平面PAD ，所以CD ⊥AE ，由CD ∩PD ＝D ，则AE ⊥平面PCD ，又AE ⊂平面ACE ，所以平面PCD ⊥平面ACE .(2)解如图，连接BD ，与AC 交于O ，则O 为BD 的中点，所以点D 到平面ACE 的距离即为点B 到平面ACE 的距离．由平面PCD ⊥平面ACE ，过D 作DM ⊥CE ，垂足为M ，则DM ⊥平面ACE ，则DM 为点D 到平面ACE 的距离．由CD ⊥平面PAD ，可得CD ⊥PD ，又CD ＝DE ＝1，所以DM ＝12CE ＝22，即点B到平面ACE的距离为2 2 .思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理．(2)面面垂直性质的应用①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．跟踪训练2(2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥平面ABCD；(2)平面BEF∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)∵平面PAD⊥平面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，∴PA⊥平面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE，∴四边形ABED是平行四边形，∴AD∥BE，∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD，∵E和F分别是CD和PC的中点，∴EF∥PD，∵EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，∵BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，∴平面BEF∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，∴平行四边形ABED是矩形，∴BE⊥CD，AD⊥CD，由①知PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，∴CD ⊥EF ，又∵BE ∩EF ＝E ，∴CD ⊥平面BEF ，∵CD ⊂平面PCD ，∴平面BEF ⊥平面PCD .题型三垂直关系的综合应用例3如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面为正方形的长方体，∠AD 1A 1＝60°，AD 1＝4，点P 是AD 1上的动点．(1)试判断不论点P 在AD 1上的任何位置，是否都有平面BPA ⊥平面AA 1D 1D ，并证明你的结论；(2)当P 为AD 1的中点时，求异面直线AA 1与B 1P 所成的角的余弦值；(3)求PB 1与平面AA 1D 1D 所成的角的正切值的最大值．解(1)是．∵BA ⊥平面AA 1D 1D ，BA ⊂平面BPA ，∴平面BPA ⊥平面AA 1D 1D ，∴无论点P 在AD 1上的任何位置，都有平面BPA ⊥平面AA 1D 1D .(2)过点P 作PE ⊥A 1D 1，垂足为E ，连接B 1E ，如图，则PE ∥AA 1，∴∠B 1PE (或其补角)是异面直线AA 1与B 1P 所成的角．在Rt △AA 1D 1中，∵∠AD 1A 1＝60°，∴∠A 1AD 1＝30°，∴A 1B 1＝A 1D 1＝12AD 1＝2，∴A 1E ＝12A 1D 1＝1，AA 1＝3A 1D 1＝23，∴PE ＝12AA 1＝3，B 1E ＝A 1B 21＋A 1E 2＝5，∴在Rt △B 1PE 中，B 1P ＝B 1E 2＋PE 2＝22，cos ∠B 1PE ＝PE B 1P ＝322＝64.∴异面直线AA 1与B 1P 所成的角的余弦值为64.(3)由(1)知，B 1A 1⊥平面AA 1D 1D ，∴∠B 1PA 1是PB 1与平面AA 1D 1D 所成的角，∴tan ∠B 1PA 1＝A 1B 1A 1P ＝2A 1P ，∴当A 1P 最小时，tan ∠B 1PA 1最大，这时A 1P ⊥AD 1，A 1P ＝A 1D 1·AA 1AD 1＝3，得tan ∠B 1PA 1＝233，即PB 1与平面AA 1D 1D 所成的角的正切值的最大值为233.思维升华(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．(2)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．跟踪训练3(2023·柳州模拟)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2，PA ＝PB ＝PC ＝AC＝22，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且PM 与平面ABC 所成角的正切值为6，求二面角M －PA －C 的平面角的余弦值．(1)证明方法一如图，连接OB .∵AB ＝BC ＝2，AC ＝22，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC是直角三角形，又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC，又∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°.∴PO⊥AC，PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC.方法二如图，连接OB，∵PA＝PC，O为AC的中点，PA＝PB＝PC＝AC＝22，∴PO⊥AC，PO＝6，又∵AB＝BC＝2，∴AB⊥BC，BO＝2，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC.(2)解由(1)知，PO⊥平面ABC，∴OM为PM在平面ABC上的射影，∴∠PMO为PM与平面ABC所成角，∵tan∠PMO＝POOM＝6OM＝6，∴OM＝1，在△ABC和△OMC中，由正弦定理可得MC＝1，∴M为BC的中点．如图，作ME⊥AC交AC于E，则E为OC的中点，作EF⊥PA交PA于F，连接MF，∴MF ⊥PA ，∴∠MFE 即为所求二面角M －PA －C 的平面角，ME ＝22，EF ＝32AE ＝32×34×22＝364，MF ＝ME 2＋EF 2＝624，∴cos ∠MFE ＝EF MF ＝39331，故二面角M －PA －C 的平面角的余弦值为39331.课时精练1．(多选)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l ，P ∈α，P ∉l ，则下列命题中是真命题的为()A ．过点P 垂直于平面α的直线平行于平面βB ．过点P 垂直于直线l 的直线在平面α内C ．过点P 垂直于平面β的直线在平面α内D ．过点P 且在平面α内垂直于l 的直线必垂直于平面β答案ACD 解析由于过点P 垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，则直线平行于平面β，因此A 正确；过点P 垂直于直线l 的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B 不正确；根据面面垂直的性质定理知，选项C ，D 正确．2.如图，在四棱锥P －ABCD 中，△PAB 与△PBC 是正三角形，平面PAB ⊥平面PBC ，AC ⊥BD ，则下列结论不一定成立的是()A ．BP ⊥ACB ．PD ⊥平面ABCDC ．AC ⊥PDD ．平面PBD ⊥平面ABCD 答案B 解析如图，取线段BP 的中点O ，连接OA ，OC ，易得BP ⊥OA ，BP ⊥OC ，又OA ∩OC ＝O ，所以BP ⊥平面OAC ，所以BP ⊥AC ，故选项A 正确；又AC ⊥BD ，BP ∩BD ＝B ，所以AC ⊥平面PBD ，所以AC ⊥PD ，故选项C 正确；又AC ⊂平面ABCD ，所以平面PBD ⊥平面ABCD，故选项D正确．3.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影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解析连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在平面ABC1与平面ABC 的交线AB上．4．(多选)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是()答案BD解析对于A，显然AB与CE不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于B，因为AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，所以AB⊥平面CDE；对于C，显然AB与CE不垂直，所以直线AB与平面CDE不垂直；对于D，因为ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理CE⊥AB，因为ED∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE.5．(多选)(2022·齐齐哈尔模拟)若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题错误的是()A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥β，m∥α，则α⊥βD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ答案ABD解析由m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，在A 中，若m ⊂β，α⊥β，则m 与α相交、平行或m ⊂α，故A 错误；在B 中，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 相交、平行或异面，故B 错误；在C 中，若m ⊥β，m ∥α，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C 正确；在D 中，若α⊥γ，α⊥β，则β与γ相交或平行，故D 错误．6．(多选)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知B 1D 与平面ABCD 和平面AA 1B 1B 所成的角均为30°，则下列说法正确的是()A ．AB ＝2ADB ．AB 与平面AB 1C 1D 所成的角为30°C ．AC ＝CB 1D ．B 1D 与平面BB 1C 1C 所成的角为45°答案AD 解析如图，连接BD ，易知∠BDB 1是直线B 1D 与平面ABCD 所成的角，所以在Rt △BDB 1中，∠BDB 1＝30°，设BB 1＝1，则B 1D ＝2BB 1＝2，BD ＝B 1D 2－BB 21＝3.易知∠AB 1D 是直线B 1D 与平面AA 1B 1B 所成的角，所以在Rt △ADB 1中，∠AB 1D ＝30°.因为B 1D ＝2，所以AD ＝12B 1D ＝1，AB 1＝B 1D 2－AD 2＝3，所以在Rt △ABB 1中，AB ＝AB 21－BB 21＝2＝2AD ，所以A 项正确；易知∠BAB 1是直线AB 与平面AB 1C 1D 所成的角，因为在Rt △ABB 1中，sin ∠BAB 1＝BB 1AB 1＝33≠12，所以∠BAB 1≠30°，所以B 项错误；在Rt △CBB 1中，CB 1＝BC 2＋BB 21＝2，而AC ＝AB 2＋BC 2＝3，所以C 项错误；易知∠DB 1C 是直线B 1D 与平面BB 1C 1C 所成的角，因为在Rt △DB 1C 中，CB 1＝CD ＝2，所以∠DB 1C ＝45°，所以D 项正确．7.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足条件：①BM ⊥DM ，②DM ⊥PC ，③BM ⊥PC 中的________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件序号即可)．答案②(或③)解析连接AC (图略)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD .∵底面各边都相等，∴AC ⊥BD .∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ，∴BD ⊥PC .当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD ，而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD .8．在矩形ABCD 中，AB <BC ，现将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直；②存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直；③存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直．其中正确结论的序号是________．答案②解析①假设AC 与BD 垂直，过点A 作AE ⊥BD 于点E ，连接CE ，如图所示．则AE ⊥BD ⊥⇒BD ⊥平面AEC ，则BD ⊥CE ，而在平面BCD 中，CE 与BD 不垂直，故假设不成立，①不正确；②假设AB ⊥CD ，∵AB ⊥AD ，CD ∩AD ＝D ，∴AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AC ，由AB <BC 可知，存在这样的直角三角形，使AB ⊥AC ，故假设成立，②正确；③假设AD ⊥BC ，∵CD ⊥BC ，AD ∩CD ＝D ，∴BC ⊥平面ACD ，∴BC ⊥AC ，即△ABC 为直角三角形，且AB 为斜边，而AB <BC ，故矛盾，假设不成立，③不正确．9.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB ＝60°且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．(1)证明在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BG⊂平面ABCD，所以BG⊥平面PAD.(2)证明如图，连接PG，因为△PAD为正三角形，G为线段AD的中点，所以PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB.因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB.(3)解能，当F为线段PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：如图，取线段PC的中点F，连接DE，EF，DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB ＝B，所以平面DEF∥平面PGB.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，PG⊥AD，所以PG⊥平面ABCD.又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD.10．(2023·广州模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC.(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)若AC ＝BC ＝PA ，求二面角A －PB －C 的平面角的大小．(1)证明如图，作AD ⊥PC 交PC 于点D ，因为平面PAC ⊥平面PBC ，平面PAC ∩平面PBC ＝PC ，AD ⊂平面PAC ，所以AD ⊥平面PBC ，又BC ⊂平面PBC ，所以AD ⊥BC ，又因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC ，又PA ，AD ⊂平面PAC ，PA ∩AD ＝A ，所以BC ⊥平面PAC .(2)解如图，作AD ⊥PC 交PC 于点D ，DE ⊥PB 交PB 于点E ，连接AE ，由(1)知AD ⊥平面PBC ，因为PB ⊂平面PBC ，则AD ⊥PB ，又AD ，DE ⊂平面ADE ，AD ∩DE ＝D ，所以PB ⊥平面ADE ，因为AE ⊂平面ADE ，所以PB ⊥AE ，则∠AED 即为二面角A －PB －C 的平面角．又DE ⊂平面PBC ，则AD ⊥DE ，不妨设AC ＝BC ＝PA ＝1，则PC ＝2，AD ＝1×12＝22，又由(1)知BC ⊥平面PAC ，因为AC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥AC ，所以AB ＝2，PA ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，则PA ⊥AB ，则PB ＝3，AE ＝1×23＝63，则sin ∠AED ＝AD AE ＝2263＝32，由图知二面角A －PB －C 的平面角为锐角，所以∠AED ＝π3，即二面角A －PB －C 的平面角的大小为π3.11.如图，正三角形PAD 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，O 为正方形ABCD的中心，M 为正方形ABCD 内一点，且满足MP ＝MC ，则点M 的轨迹为()答案A 解析如图，取AD 的中点E ，连接PE ，PC ，CE .因为△PAD 为正三角形，所以PE ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PE ⊥平面ABCD ，从而平面PEC ⊥平面ABCD ，分别取PC ，AB 的中点F ，G ，连接DF ，DG ，FG ，由PD ＝DC 知DF ⊥PC ，易得DG ⊥EC ，则DG ⊥平面PEC ，又PC ⊂平面PEC ，所以DG ⊥PC ，又DF ∩DG ＝D ，所以PC ⊥平面DFG ，又点F 是PC 的中点，因此，线段DG 上的点满足MP ＝MC .12．(多选)如图所示，一张A4纸的长、宽分别为22a ,2a ，A ，B ，C ，D 分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P 1，P 2，P 3，P 4四点重合为一点P ，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题正确的是()A ．该多面体是四棱锥B ．平面BAD ⊥平面BCDC ．平面BAC ⊥平面ACDD ．该多面体外接球的表面积为54πa 2答案BC 解析由题意得该多面体是一个三棱锥，故A 错误；∵AP ⊥BP ，AP ⊥CP ，BP ∩CP ＝P ，∴AP ⊥平面BCD .又∵AP ⊂平面BAD ，∴平面BAD ⊥平面BCD ，故B 正确；同理可证平面BAC ⊥平面ACD ，故C 正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R ＝52a ，所以该多面体外接球的表面积为5πa 2，故D 错误．13．(多选)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则下列说法正确的是()A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P －A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范围是π4，π2D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63答案ABD 解析A 项，如图，连接B 1D 1，由正方体可得A 1C 1⊥B 1D 1，且BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，又A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，则BB 1⊥A 1C 1，因为B 1D 1∩BB 1＝B 1，所以A 1C 1⊥平面BD 1B 1，又BD 1⊂平面BD 1B 1，所以A 1C 1⊥BD 1.同理，连接AD 1，易证得A 1D ⊥BD 1，因为A 1D ∩A 1C 1＝A 1，A 1D ，A 1C 1⊂平面A 1C 1D ，所以BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；B 项，1111P A C D C A PD V V -=-三棱锥三棱锥，因为点P 在线段B 1C 上运动，所以1A DP S △＝12A 1D ·AB ，为定值，且C 1到平面A 1PD 的距离即为C 1到平面A 1B 1CD 的距离，也为定值，故三棱锥P －A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；C 项，当点P 与线段B 1C 的端点重合时，AP 与A 1D 所成角取得最小值，最小值为π3，故C 错误；D 项，因为直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以若直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值最大，则直线C 1P 与直线BD 1所成角的余弦值最大，即点P 运动到B 1C 中点处，直线C 1P 与直线BD 1所成角为∠C 1BD 1，设正方体棱长为1，在Rt △D 1C 1B 中，cos ∠C 1BD 1＝C 1B BD 1＝23＝63，故D 正确．14.如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE ＝EB ＝AF ＝23FD ＝4，沿直线EF 将△AEF 翻折成△A ′EF ，使平面A ′EF ⊥平面BEF ，则二面角A ′－FD －C 的平面角的余弦值为________．答案33解析如图，取线段EF 的中点H ，AF 的中点G ，连接A ′G ，A ′H ，GH .由题意，知A ′E ＝A ′F 及H 是EF 的中点，所以A ′H ⊥EF .又因为平面A ′EF ⊥平面BEF ，平面A ′EF ∩平面BEF ＝EF ，A ′H ⊂平面A ′EF ，所以A ′H ⊥平面BEF .又AF ⊂平面BEF ，故A ′H ⊥AF .又因为G ，H 分别是AF ，EF 的中点，所以GH ∥AB ，所以GH ⊥AF ，又A ′H ∩GH ＝H ，于是AF ⊥平面A ′GH ，所以AF⊥A′G.所以∠A′GH为二面角A′－FD－C的平面角．在Rt△A′GH中，A′H＝22，GH＝2，A′G＝23，所以cos∠A′GH＝GHA′G＝3 3，故二面角A′－FD－C的平面角的余弦值为3 3 .15．刘徽注《九章算术·商功》“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”如图1解释了由一个长方体得到“堑堵”“阳马”“鳖臑”的过程．堑堵是底面为直角三角形的直棱柱；阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥；鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体．在如图2所示由正方体ABCD－A1B1C1D1得到的堑堵ABC－A1B1C1中，当点P在下列三个位置：A1A中点，A1B中点，A1C中点时，分别形成的四面体P－ABC中，鳖臑的个数为() A．0B．1C．2D．3答案C解析设正方体的棱长为a，则由题意知，A1C1＝AC＝2a，A1B＝2a，A1C＝3a，当点P 为A1A的中点时，因为PA⊥平面ABC，则∠PAC＝∠PAB＝90°，∠ABC＝90°.由BC⊥平面PAB，得BC⊥PB，即∠PBC＝90°，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC是直角三角形，即此时四面体P－ABC是鳖臑；当点P为A1B的中点时，因为BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥PB，BC⊥AB，所以△PBC，△ABC为直角三角形．因为ABB1A1是正方形，所以AP⊥BP，则△PAB是直角三角形，又AP⊥BC，BP∩BC＝B，所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥PC，所以△PAC是直角三角形，则此时四面体P－ABC是鳖臑；当点P 为A 1C 的中点时，此时PA ＝PC ＝12A 1C ＝3a 2，又AC ＝2a ，由勾股定理可知，△PAC 不是直角三角形，则此时四面体P －ABC 不是鳖臑．16．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝2，BC ＝t ，若在线段AB 上存在点E ，使得EC 1⊥ED ，则实数t 的取值范围是________.答案(0,1]解析因为C 1C ⊥平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，可得C 1C ⊥ED ，由EC 1⊥ED ，EC 1∩C 1C ＝C 1，EC 1，C 1C ⊂平面ECC 1，可得ED ⊥平面ECC 1，所以ED ⊥EC ，在矩形ABCD 中，设AE ＝a ,0≤a ≤2，则BE ＝2－a ，由∠DEA ＋∠CEB ＝90°，可得tan ∠DEA ·tan ∠CEB ＝AD AE ·CB BE ＝t 2a (2－a )＝1，即t 2＝a (2－a )＝－(a －1)2＋1，当a ＝1时，t 2取得最大值1，即t 的最大值为1；当a ＝0或2时，t 2取得最小值0，但由于t ＞0，所以t 的取值范围是(0,1]．。
【导与练】(新课标)2016届高三数学一轮复习 第7篇 第3节 空间点、直线、平面的位置关系课件 理
(1)证明:假设AE与PB共面,பைடு நூலகம்平面为α,
∵A∈α,B∈α,E∈α, ∴平面α即为平面ABE, ∴P∈平面ABE, 这与P∉平面ABE矛盾, 所以AE与PB是异面直线.
(2)解:取 BC 的中点 F, 连接 EF、AF, 则 EF∥PB, 所以∠AEF(或其补角)就是异面直线 AE 和 PB 所 成的角. ∵∠BAC=60°, PA=AB=AC=2, PA⊥平面 ABC, ∴AF= 3 ,AE= 2 ,EF= 2 ,
(2)取 CD 的中点 E,连接 AE、NE、MN,易得 MN���DE,于是可得 MD∥NE,则∠ANE 为 异面直线 AN 与 MD 所成的角,在△ANE 中,AE= 5 ,NE=MD= 5 , AN=
1 PB= 2 , 2
AN 2 NE 2 AE 2 cos∠ANE= 2 AN NE
质疑探究:分别在两个平面内的直线就是异面直线吗 ? (提示:不是.异面直线是不同在任何一个平面内的两条直线 ,指的是 找不出一个平面同时经过这两条直线,分别在两个平面内的直线可 以平行、异面或相交)
3.异面直线所成的角 (1)定义
设a、b是两条异面直线,经过空间中任一点O作直线 a′∥a,b′∥b, 把a′与b′所成的 锐角(或直角) 叫做异面直线a与b所成的角.
三条直线A1D1,EF,CD都相交. 答案:无数
方法点睛
本题利用构造平面的方法将问题转化为直线和平面的
交点问题,使抽象问题具体化.当遇到线面位置关系不好直接判断
时也可构造正(长)方体与特殊几何体判断.
【即时训练】(2014 高考广东卷)若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l3,l4,
满足 l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( (A)l1⊥l4 (B)l1∥l4 (C)l1 与 l4 既不垂直也不平行 (D)l1 与 l4 的位置关系不确定 )
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定及性质课件 文 高三全册数学课件
2021/12/8
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因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，平面 PAD∩ 平面 ABCD＝AD，所以 PM⊥AD，PM⊥底面 ABCD，因为 CM⊂底 面 ABCD，所以 PM⊥CM.
(1)B，C，H，G 四点共面； (2)平面 EFA1∥平面 BCHG.
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[证明] (1)因为 G，H 分别是 A1B1，A1C1 的中点，所以 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．
∴FA 綊12CD.∴FA 綊 GE.
∴四边形 AFGE 为平行四边形，∴FG∥AE. 又 FG⊄平面 AEC，AE⊂平面 AEC，∴FG∥平面 AEC.
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题型二 平面与平面平行的判定与性质(重点保分题，共同探讨) 例 1 如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，O 是底面中心，A1O⊥底面 ABCD，AB＝AA1＝ 2.
所以 GK＝3.
故四边形 GEFH 的面积 S＝GH＋2 EF·GK＝4＋2 8×3＝18.
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方法感悟 1．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知 直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面 平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．注意说明已知 的直线不在平面内． 2．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，a⊂α⇒a∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
(新课标)高三数学一轮复习 第7篇 第3节 空间点、直线、平面的位置关系课时训练 理-人教版高三全册
【导与练】（新课标）2016届高三数学一轮复习第7篇第3节空间点、直线、平面的位置关系课时训练理【选题明细表】知识点、方法题号平面的基本性质1、4、5、11、14点、线、面的位置关系2、3、6、8、9、15异面直线所成的角7、10、12、13基础过关一、选择题1.(2014威海模拟)设A、B、C、D是空间中四个不同的点,下列命题中,不正确的是( C )(A)若AC与BD共面,则AD与BC共面(B)若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线(C)若AB=AC,DB=DC,则AD=BC(D)若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BC解析:若AB=AC,DB=DC,AD不一定等于BC,C不正确.2.(2015某某某某高三月考)下列说法正确的是( D )(A)若a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线(B)若a与b异面,b与c异面,则a与c异面(C)若a,b不同在平面α内,则a与b异面(D)若a,b不同在任何一个平面内,则a与b异面解析:由异面直线的定义可知选D.3.(2014某某模拟)若直线a⊥b,且直线a∥平面α,则直线b与平面α的位置关系是( D )(A)b⊂α(B)b∥α(C)b⊂α或b∥α(D)b与α相交或b⊂α或b∥α解析:b与α相交或b⊂α或b∥α都可以.故选D.4.(2014某某模拟)已知正方体ABCD A1B1C1D1中,O是BD1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论错误的是( D )(A)A1、M、O三点共线(B)M、O、A1、A四点共面(C)A、O、C、M四点共面(D)B、B1、O、M四点共面解析:由正方体的性质知,O也是A1C的中点,因此A1、M、O三点共线,又直线与直线外一点确定一个平面,所以B、C正确.由BB1与A1C异面知D错误.故选D.5.给出下列命题,其中正确命题的个数是( B )①如果线段AB在平面α内,那么直线AB在平面α内;②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A、B、C;③若三条直线a,b,c互相平行且分别交直线l于A,B,C三点,则这四条直线共面;④若三条直线两两相交,则这三条直线共面;⑤两组对边相等的四边形是平行四边形.(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:显然①③正确.若两平面有三个不共线的公共点,则这两平面重合,故②不正确.三条直线两两相交于同一点时,三条直线不一定共面,故④不正确;两组对边相等的四边形可能是空间四边形,⑤不正确.故选B.6.(2014某某模拟)如果两条异面直线称为“一对”,那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( B )(A)12对(B)24对(C)36对(D)48对解析:如图所示,与AB异面的直线有B1C1,CC1,A1D1,DD1四条,因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱,共有异面直线=24(对).故选B.二、填空题7.如图,在正三角形ABC中,D,E,F分别为各边的中点,G,H分别为DE,AF的中点,将△ABC沿DE,EF,DF折成正四面体P DEF,则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为.解析:折成的正四面体,如图,连接HE,取HE的中点K,连接GK,PK.则GK∥DH,故∠PGK(或其补角)即为所求的异面直线所成的角.设这个正四面体的棱长为2,在△PGK中,PG=,GK=,PK==,故cos∠PGK===.即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是.答案:8.(2014某某师大附中模拟)如图是某个正方体的展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,对于l1与l2的下面四个结论中,正确的是.①互相平行;②异面且互相垂直;③异面且夹角为;④相交且夹角为.解析:将展开图还原成正方体如图所示,则B,C两点重合,故l1与l2相交,连接AD,则△ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为.答案:④9.(2014某某某某模拟)设a,b,c是空间的三条直线,下面给出四个命题:①若a⊥b,b⊥c,则a∥c;②若a,b是异面直线,b,c是异面直线,则a,c也是异面直线;③若a和b相交,b和c相交,则a和c也相交.④若a和b共面,b和c共面,则a和c也共面.其中真命题的个数是.解析:∵a⊥b,b⊥c,∴a与c可以相交、平行、异面,故①错.∵a,b异面,b,c异面,则a,c可能异面、相交、平行,故②错.由a,b相交,b,c相交,则a,c可以异面、相交、平行,故③错.同理④错,故真命题的个数为0.答案:0三、解答题10.(2014某某某某模拟)A是△BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF与BD所成的角.(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾,故直线EF与BD是异面直线.(2)解:取CD的中点G,连接EG,FG,则EG∥BD,所以相交直线EF与EG所成的角,即为异面直线EF与BD所成的角.在Rt△EGF中,由EG=FG=AC,求得∠FEG=45°,即异面直线EF与BD所成的角为45°.11.如图所示 ,在四面体ABCD中,E、G分别为BC、AB的中点,F在CD上,H在AD上,且有DF∶FC=DH∶HA=2∶3.求证:EF、GH、BD交于一点.证明:连接GE,FH.因为E、G分别为BC、AB的中点,所以GE∥AC,且GE=AC,又因为DF∶FC=DH∶HA=2∶3,所以FH∥AC,且FH=AC.所以FH∥GE,且GE≠FH.所以E、F、H、G四点共面,且四边形EFHG是一个梯形.设GH和EF交于一点O.因为O在平面ABD内,又在平面BCD内,所以O在这两个平面的交线上.因为这两个平面的交线是BD,且交线只有这一条,所以点O在直线BD上.这就证明了GH和EF的交点也在BD上,所以EF、GH、BD交于一点.能力提升12.(2014某某模拟)如图,正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,则AD与GF所成的角的余弦值为( A )(A)(B)(C)-(D)-解析:延长CD至H,使DH=1,连接HG、HF,则HF∥AD.HF=DA=,GF=,HG=,∴cos∠HFG==.故选A.13.(2014某某模拟)过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A作直线l,使l与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,这样的直线l可以作条.解析:如图,连接体对角线AC1,显然AC1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,所成角的正切值都为.联想正方体的其他体对角线,如连接BD1,则BD1与棱BC,BA,BB1所成的角都相等,∵BB1∥AA1,BC∥AD,∴体对角线BD1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,同理,体对角线A1C,DB1也与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,过A点分别作BD1,A1C,DB1的平行线都满足题意,故这样的直线l可以作4条. 答案:414.(2014某某模拟)如图,已知:E,F,G,H分别是正方体ABCD A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,证明:EF,HG,DC三线共点.证明:连接C1B,HE,GF,如图所示.由题意知HC1 EB,∴四边形HC1BE是平行四边形,∴HE∥C1B.又C1G=GC,CF=BF,故GF C1B,∴GF∥HE,且GF<HE,∴HG与EF相交,设交点为K,则K∈HG.又HG⊂平面D1C1CD,∴K∈平面D1C1CD.∵K∈EF,EF⊂平面ABCD,∴K∈平面ABCD.∵平面D1C1CD∩平面ABCD=DC,∴K∈DC,∴EF,HG,DC三线共点.探究创新15.(2013高考某某卷)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.解析:利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解.①当0<CQ<时,如图(1).在平面AA1D1D内,作AE∥PQ,显然E在棱DD1上,连接EQ,则S是四边形APQE.②当CQ=时,如图(2).显然PQ∥BC1∥AD1,连接D1Q,则S是等腰梯形.③当CQ=时,如图(3).作BF∥PQ交CC1的延长线于点F,则C1F=.作AE∥BF,交DD1的延长线于点E,D1E=,AE∥PQ,连接EQ交C1D1于点R,由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E,∴C1Q∶D1E=C1R∶RD1=1∶2,∴C1R=.④当<CQ<1时,如图(3),连接RM(点M为AE与A1D1交点),显然S为五边形APQRM.⑤当CQ=1时,如图(4).同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,显然点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为MP×AQ=××=.答案:①②③⑤。
高三数学,一轮复习人教A版, 第七章第4讲, 直线、平面平行,的判定与性质 , 课件 (1)
[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.
角度二
线面平行的证明
1 2．如图，四棱锥 PABCD 中 AD∥BC，AB＝BC＝ AD，E， 2 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．
第七章
立体几何初步
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 平面外一条直线与 判定 定理 图形语言 符号语言 因为 l∥a， a⊂α，l ⊄α， 所以 l∥α
这个平面内 的一条 ____________
直线平行， 则该直线与 此平面平行(线平行 ⇒线面平行)
[解析] A 错误．直线 l 和平面有两个公共点，则 l⊂α. B 错误．若 α∥β，a⊂α，b⊂β，则 a 与 b 异面或平行． C 正确．因为 a 与 β 无公共点，则 a∥β. D 错误．a 与 β 有可能平行．故选 C.
3.教材习题改编 如果直线 a∥平面 α，那么直线 a 与平面 α 内 的( D ) A．一条直线不相交 B．两条直线不相交 C．无数条直线不相交 D．任意一条直线都不相交
1． (2017· 大连模拟)对于直线 m， n 和平面 α， 若 n⊂α， 则“m∥n” 是“m∥α”的( D ) 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
2.教材习题改编 下列命题为真的是( C ) A．若直线 l 与平面 α 有两个公共点，则 l⊄α B．若 α∥β，a⊂α，b⊂β，则 a 与 b 是异面直线 C．若 α∥β，a⊂α，则 a∥β D．若 α∩β＝b，a⊂α，则 a 与 β 一定相交
【新教材】高三人教A版数学一轮复习课件：第7章 7.4 空间直线、平面的垂直
由∠ABC=120°,可得 AG=GC= x,GB=GD= .
2
2
√3
因为 AE⊥EC,所以在 Rt△AEC 中,可得 EG= 2 x.
二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面.
(2)二面角的平面角
①定义:在二面角α-l-β的棱l上任取一点O,以点O为垂足,在半平面α和β内
分别作垂直于棱l的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角
的平面角.
②符号及范围
⋂ = ,∈
符号: ⊂ , ⊂ ⇒∠AOB 是二面角的平面角.
图形语言
作用
①面面垂直⇒线面垂直
②作面的垂线
⊥ ,
1.垂直于同一条直线的两平面平行,即
⇒α∥β.
⊥
2.如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,那么它也垂直于另一
∥ ,
个平面,即
⇒a⊥β.
⊥
3.判断面面垂直的有关结论
(1)m∥n,m⊥α,n⊂β⇒α⊥β;
(2)m⊥α,n⊥β,m⊥n⇒α⊥β.
作为条件或要证明的结论,也可能在选择题、填空题中利用垂直关系将所
求进行转化,对数学运算、直观想象和逻辑推理素养都有一定的要求.复习
中要注意垂直与平行的综合问题,在熟练应用垂直关系判断和证明的基础
上,训练空间角的几何求法.
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
03
第三环节
学科素养提升
直于这个平面内的任何直线.由此可知,如果一条直线与一个平面内的一条
直线不垂直,那么这条直线就一定不与这个平面垂直.
(2)由定义可得,线面垂直⇒线线垂直,即若a⊥α,b⊂α,则a⊥b.
高考数学一轮复习 第七章 第4课时 直线、平面的平行和垂直课时作业 理 新人教版-新人教版高三全册数
第4课时直线、平面的平行和垂直考纲索引1.直线与平面平行、垂直.2.平面与平面平行、垂直.课标要求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、垂直的有关性质和判定定理.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、垂直关系的简单命题.知识梳理1.直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形 a b a条件结论a∩α=2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件结论α∥βα∥βa∥b a∥α3.直线与平面垂直定义:如果直线l与平面α的直线都垂直,则直线l与此平面α垂直.(1)判定直线和平面垂直的方法:①定义法.②利用判定定理:如果一条直线与平面内的两条直线垂直,则这条直线与这个平面垂直.③推论:如果在两条平行直线中,有一条垂直于平面,那么另一条直线也这个平面.(2)直线和平面垂直的性质:①直线垂直于平面,则垂直于平面内直线.②垂直于同一个平面的两条直线.③垂直于同一直线的两平面.4.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法:①定义法.②利用判定定理:如果一个平面过另一个平面的,则这两个平面互相垂直.(2)平面与平面垂直的性质:如果两平面互相垂直,那么在一个平面内垂直于它们的直线垂直于另一个平面.1.(教材改编)下列条件中,能判定直线l⊥平面α的是().A.l与平面α内的两条直线垂直B.l与平面α内无数条直线垂直C.l与平面α内的某一条直线垂直D.l与平面α内任意一条直线垂直2.设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则a⊥b的一个充分条件是().A.a⊥c,b⊥cB.α⊥β,b⊂βC.α⊥a,b∥αD.a⊥α,b⊥α3.(教材改编)给出下列四个命题:①垂直于同一平面的两条直线相互平行;②垂直于同一平面的两个平面相互平行;③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线,那么这条直线垂直于这个平面.其中真命题的个数是().A.1B.2C.3D.44.(课本精选题)已知不重合的直线a,b和平面α.①若a∥α,b⊂α,则a∥b;②若a∥α,b∥α,则a∥b;③若a∥b,b⊂α,则a∥α;④若a∥b,a∥α,则b∥α或b⊂α.上面命题中正确的是.(填序号)5.(课本改编)过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC.(1)若PA=PB=PC,∠C=90°,则点O是边AB的点.(2)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的心.(3)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的心.指点迷津1.判定定理或性质定理使用时,条件要完备.如:证明b∥α时,不要忽略b⊄α;用线面平行的性质定理时,不要忽略α∩β=b等.2.六个平行转化关系:3.六种转化关系:考点透析考向一直线与平面平行的判定与性质例1(2014·某某)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为.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)求证:GH∥EF;(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.【审题视点】利用BC∥平面GEFH,可证得GH∥BC,即可证出GH∥BC.再由PO∥平面GEFH,可证得GK是梯形GEFH的高,由此可求得四边形GEFH的面积.变式训练1.如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.求证:(1)DE∥平面BCP;(2)四边形DEFG为矩形.(第1题)考向二平面与平面平行的判定与性质例2(2013·某某高考名校联考信息优化卷)如图,沿等腰直角三角形ABC的中位线DE,将平面ADE折起,使得平面ADE⊥平面BCDE得到四棱锥A-BCDE.(1)求证:平面ABC⊥平面ACD;(2)过CD的中点M的平面α与平面ABC平行,试求平行α与四棱锥A-BCDE各个面的交线所围成的多边形的面积与△ABC的面积之比.【审题视点】平面翻折后可得AD⊥平面BCDE.依据α∥平面ABC得出交线位置,可求面积之比.变式训练2.如图所示,已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上,G在BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H是B1C1的中点.求证:(1)E,B,F,D1四点共面;(2)平面A1GH∥平面BED1F.(第2题)考向三直线与平面垂直的判定与性质例3(2013·东北三校联考)如图,在四面体ABCD中,O,E分别是BD,BC的中点,AB=AD=,CA=CB=CD=BD=2.(1)求证:BD⊥AC;(2)求三棱锥E-ADC的体积.【审题视点】BD⊥AO,BD⊥CO➝BD⊥平面AOC➝BD⊥AC,AO⊥CO,AO⊥BD➝AO⊥平面BDC➝V E-ADC.变式训练3.(2014·某某)在如图所示四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=.(1)求证:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.(第3题)考向某某面与平面垂直的判定与性质例4(2013·某某四校达标检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,点P为DD1的中点.(1)求证:平面PAC⊥平面BDD1;(2)求证:PB1⊥平面PAC.【审题视点】(1)利用AC⊥面BDD1;(2)利用计算关系PB1⊥PC,PB1⊥PA.【方法总结】面面垂直的关键是线面垂直.两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”.变式训练4.(2013·海滨区期末练习)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,AC∩BD=O.(1)若AC⊥PD,求证:AC⊥平面PBD;(2)若平面PAC⊥平面ABCD,求证:PB=PD.(第4题)考向五平行与垂直的综合应用例5(2013·某某两所名校模拟)如图(1),在梯形BCDE中,BC∥DE,BA⊥DE,且EA=DA=AB=2CB=2,如图(2),沿AB将四边形AB-CD折起,使得平面AB-CD与平面ABE垂直,M为CE的中点.(1)(2)(1)求证:AM⊥BE;(2)求三棱锥C-BED的体积.【审题视点】取BE中点N,MN∥BC∥DA⇒MN⊥平面ABE⇒BE⊥平面AMN⇒AM⊥BE.【方法总结】平行与垂直之间的转化常用结论:①a⊥α,b∥α⇒a⊥b;②a∥b,a∥α⇒b⊥a;③a∥β,a∥α⇒a⊥β;④a⊥α,b∥α⇒a∥b.变式训练5.如图,在四面体ABCD中,CB=CD,AD⊥BD,点E,F分别是AB、BD的中点.求证:(1)直线EF∥平面ACD;(2)平面EFC⊥平面BCD.(第5题)经典考题典例(2014·)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;(2)求证:C1F∥平面ABE;(3)求三棱锥E-ABC的体积.【解题指南】(1)证明BB1⊥AB,从而证得平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明四边形FGEC1为平行四边形,进而可证得C1F∥平面ABE.(3)先计算AB,再求得三棱锥E-ABC的体积.【解】(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AB.又AB⊥BC,所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)如图,取AB的中点G,连接EG,FG.因为E,F,G分别是A1C1,BC,AB的中点,所以FG∥AC,且.因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,所以FG∥EC1,且FG=EC1,所以四边形FGEC1为平行四边形.真题体验1.(2014·某某)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.(第1题)2.(2014·某某)如图所示,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.(第2题)参考答案与解析知识梳理3.任一(1)相交垂直于(2)所有平行平行4.垂线交线基础自测1.D2.C3.B4.④5.(1)中(2)外(3)垂考点透析【例1】(1)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PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在平面ABCD内,所以PO⊥平面ABCD.又平面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⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD,所以GK⊥EF.变式训练经典考题真题体验1.(1)如图,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1.因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(第1题)(2)如图,连接AC,BD,A1C1,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1A1.而AC1⊂平面ACC1A1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第四节 直线、平面
的判定与性质
★★★★ ★★
直线、平面平行的判定及其性质是高考中 的考查热点,常在解答题的第一问中出现, 涉及线线平行、线面平行、面面平行的判 定与性质等.
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
1.直线与平面、平面与平面平行的判定
定理
文字语言
直线与平面平行的 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与
判定
此平面平行.
图形语言
符号语言 a⊄α ,b⊂α 且 a∥b⇒a∥α
平面与平面平行的 一个平面内的两条 相交直线 与另一个平面平行,则这
判定
两个平面平行.
a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒β ∥α
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名师考点精讲
综合能力提升
2.直线与平面平行、平面与平面平行的性质
定理
文字语言
直线与平面平行的 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
3.C 【解析】∵m∥平面α,n∥平面β,∴m与平面α没有公共点,n与平面β没有公共点,又∵α∩β=l,∴l⊂α,l⊂β,
∴l与m,n都不相交.
4.若M,N分别是△ABC边AB,AC的中点,MN与过直线BC的平面β的位置关系是
.
4.MN∥β或MN⊂β
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名师考点精讲
综合能力提升
5.【解析】连接ED交AC于点O,连接OF,因为AECD为菱形,OE=OD,F为 B1D的中点,所以FO∥B1E.因为FO⊂平面ACF,B1E⊄平面ACF,所以B1E∥ 平面ACF.
A.α内所有的直线都与a异面
B.α内不存在与a平行的直线
C.α内所有的直线都与a相交
D.直线a与平面α有公共点
1.D 【解析】直线a不平行于平面α,包括直线a与平面α相交或a⊂α. 2.下列命题中正确命题的个数是 ( )
高考数学一轮复习 第7章 立体几何初步 第4节 直线、平面平行的判定及其性质课时分层训练 文 新人教A版
课时分层训练(四十一) 直线、平面平行的判定及其性质A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m ∥β且n∥β”的( )【导学号：31222255】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A[若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β，且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．] 2．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( )图745A．①③B．②③C．①④D．②④C[对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到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．]3．(2017·山东济南模拟)如图746所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )图746A ．异面B ．平行C ．相交D ．以上均有可能B [在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1. ∵AB ⊂平面ABC ，A 1B 1⊄平面ABC ， ∴A 1B 1∥平面ABC .∵过A 1B 1的平面与平面ABC 交于DE ， ∴DE ∥A 1B 1，∴DE ∥AB .]4．已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥αB [若m ∥α，n ∥α，则m ，n 平行、相交或异面，A 错；若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，C 错；若m ∥α，m ⊥n ，则n 与α可能相交，可能平行，也可能n ⊂α，D 错．]5．给出下列关于互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ的三个命题： 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 . 其中真命题的个数为( )【导学号：31222256】A ．3B ．2C ．1D ．0C [①中，当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中，l 与m 也可能异面；③中，⎩⎪⎨⎪⎧l ∥γ，l ⊂α，α∩γ＝n⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确．]二、填空题6．设α，β，γ为三个不同的平面，a ，b 为直线，给出下列条件：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).【导学号：31222257】②④ [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，从而α∥β，④满足．]7．如图747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________．图7472 [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AB 1C ，EF ⊂平面ADC ， 平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点， ∴EF ＝12AC ＝ 2.]8．(2016·衡水模拟)如图748，在四面体ABCD 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________．图748平面ABC ，平面ABD [连接AM 并延长交CD 于E ，则E 为CD 的中点．由于N 为△BCD 的重心， 所以B ，N ，E 三点共线，且EM MA ＝EN NB ＝12，所以MN ∥AB .于是MN∥平面ABD且MN∥平面ABC.]三、解答题9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图749所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论．图749[解](1)点F，G，H的位置如图所示.5分(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.7分又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.9分又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.12分10．(2017·西安质检)如图7410，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.图7410求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[证明](1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.2分又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.5分(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.7分因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.10分因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是( ) 【导学号：31222258】A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°C[因为截面PQMN是正方形，所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．]2．如图7412所示，棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B ∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．图7412B1C＝O，连接OD.1 [设BC∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD.∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.]3．如图7413所示，在三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC，设D，E分别为PA，AC的中点．图7413(1)求证：DE∥平面PBC.(2)在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵点E是AC中点，点D是PA的中点，∴DE∥PC.2分又∵DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.5分(2)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.7分证明如下：取AB的中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.∵点E是AC中点，点F是AB的中点，∴EF∥BC.10分又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC.又∵DE∩EF＝E，∴平面DEF∥平面PBC，∴平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行.12分。
高考新坐标2016届高考数学总复习第七章第4节直线、平(精)
法二：如图，取 PB 的中点 N，连接 MN，CN. 在△PAB 中，∵M 是 PA 的中点， 1 ∴MN∥AB，MN＝ AB＝3. 2 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.
∵A1D 1 綊 B1C1 綊 BC，
∴四边形 A1BCD 1 是平行四边形，∴A1B∥D1C. 又 A1B⃘ 平面 CD1B1，∴A1B∥平面 CD 1B1.
又 BD∩A 1B＝B，∴平面 Aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱBD ∥平面 CD1B1.
(2)∵A1O⊥平面 ABCD，∴A1O 是三棱柱 ABDA1B1D1 的高． 1 又 AO＝ AC＝1，AA1＝ 2，∴A1O＝ AA12－OA2＝1. 2 1 又 S △ ABD ＝ × 2 × 2 ＝ 1 ，∴ V 三棱柱 ABDA1B1D1 ＝ S △ 2
固 基 础 · 自 主 落 实
启 智 慧 · 高 考 研 析
第四节
提 知 能 · 典 例 探 究
直线、平面平行的判定及其性质
课 后 限 时 自 测
[考纲传真] 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．
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．若直线 a，b 和平面α满足 a∥α，b∥α ，那么 a∥b D．若直线 a，b 和平面α满足 a∥b，a∥α ，b⊄α ，则 b∥α
[解析] 根据线面平行的判定与性质定理知．
【导与练】(新课标)2016届高三数学一轮复习 第7篇 第5节 直线、平面垂直的判定与性质课件 理
解析:如图所示,取 BC 的中点 E,连接 AE、DE,可知 AE⊥侧面 BB1C1C.∠ADE 就是 AD 与侧面 BB1C1C 所成 的角.设各棱长为 a,则在 Rt△AED 中,ED=
3 1 a,AE= a,tan ∠ADE= 3 ,所以 2 2
∠ADE=60°.故选 C.
5.(2014 合肥模拟)如图,PA⊥☉O 所在平面,AB 是☉O 的直径,C 是 ☉O 上除 A、 B 外的一点,AE⊥PC,AF⊥PB,给出下列结论:①AE⊥BC; ②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面 PBC,其中真命题的序号 是 .
(C)a⊂α ,b⊥β ,α ∥β
(B)a⊥α ,b⊥β ,α ∥β
(D)a⊂α ,b∥β ,α ⊥β
解析:若 b⊥β,α∥β,所以 b⊥α,又 a α,所以 b⊥a,即 a⊥b.
4.在三棱柱 ABC A1B1C1 中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧 面 BB1C1C 的中心,则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是( C ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
(1)证明:如图,取 PD 中点 M,连接 EM,AM. 由于 E,M 分别为 PC,PD 的中点, 故 EM∥DC,且 EM=
1 DC, 2
又由已知,可得 EM∥AB 且 EM=AB, 故四边形 ABEM 为平行四边形, 所以 BE∥AM. 因为 PA⊥底面 ABCD, 故 PA⊥CD,而 CD⊥DA, 从而 CD⊥平面 PAD, 因为 AM 平面 PAD,于是 CD⊥AM, 又 BE∥AM,所以 BE⊥CD.
考点三
线面角、二面角的求法
【例 3】 (2014 高考天津卷)如图,在四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥ AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点.
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第7章 §7.4 空间直线、平面的平行
§7.4空间直线、平面的平行考试要求 1.理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.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．知识梳理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如果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⎭⎪⎬⎪⎫a⊄α⊂αa∥b⇒a∥α性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行⎭⎪⎬⎪⎫a∥αa⊂βα∩β＝b⇒a∥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如果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⎭⎪⎬⎪⎫a⊂βb⊂βa∩b＝Pa∥αb∥α⇒β∥α性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b⇒a∥b常用结论(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)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．(×)(3)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.(×)(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．(√)教材改编题1．下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是()A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案 D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．2．已知不重合的直线a，b和平面α，则下列选项正确的是()A．若a∥α，b⊂α，则a∥bB．若a∥α，b∥α，则a∥bC．若a∥b，b⊂α，则a∥αD．若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α答案 D解析若a∥α，b⊂α，则a∥b或异面，A错；若a∥α，b∥α，则a∥b或异面或相交，B错；若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，C错；若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，D对．3.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______．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.题型一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如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，PD的中点，求证：(1)PB∥平面ACF；(2)EF∥平面P AB.证明(1)如图，连接BD交AC于O，连接OF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点，又∵F是PD的中点，∴OF∥PB，又∵OF ⊂平面ACF ，PB ⊄平面ACF ， ∴PB ∥平面ACF .(2)取P A 的中点G ，连接GF ，BG . ∵F 是PD 的中点， ∴GF 是△P AD 的中位线， ∴GF 綉12AD ，∵底面ABCD 是平行四边形，E 是BC 的中点， ∴BE 綉12AD ，∴GF 綉BE ，∴四边形BEFG 是平行四边形， ∴EF ∥BG ，又∵EF ⊄平面P AB ，BG ⊂平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB .命题点2 直线与平面平行的性质例2 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是平行四边形，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和P A 作平面交BD 于点H . 求证：P A ∥GH .证明 如图所示，连接AC 交BD 于点O ，连接OM ，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴O 是AC 的中点，又M是PC的中点，∴P A∥OM，又OM⊂平面BMD，P A⊄平面BMD，∴P A∥平面BMD，又平面P AHG∩平面BMD＝GH，∴P A∥GH.教师备选如图，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，求证：四边形BCFE是梯形．证明∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD.∵AD⊂平面P AD，BC⊄平面P AD，∴BC∥平面P AD.∵平面BCFE∩平面P AD＝EF，BC⊂平面BCFE，∴BC∥EF.∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，∴四边形BCFE是梯形．思维升华(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⊄β，a∥α⇒a∥β)．(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．跟踪训练1如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF 的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．(1)证明如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)解l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.题型二平面与平面平行的判定与性质例3如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合)．(1)求证：BC∥GH；(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EF A1∥平面BCHG.证明(1)∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，∴平面ABC∥平面A1B1C1，又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.(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.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴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.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EF A1，∴平面EF A1∥平面BCHG.延伸探究在本例中，若将条件“E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求AD的值．DC解如图，连接A1B交AB1于O，连接OD1.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 ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB ＝1.又由题设A 1D 1D 1C 1＝DCAD ，所以DC AD ＝1，即ADDC ＝1.教师备选如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G 分别为B 1C 1，A 1B 1，AB 的中点．(1)求证：平面A 1C 1G ∥平面BEF ；(2)若平面A 1C 1G ∩BC ＝H ，求证：H 为BC 的中点． 证明 (1)∵E ，F 分别为B 1C 1，A 1B 1的中点， ∴EF ∥A 1C 1，∵A 1C 1⊂平面A 1C 1G ，EF ⊄平面A 1C 1G ， ∴EF ∥平面A 1C 1G ，又F ，G 分别为A 1B 1，AB 的中点， ∴A 1F ＝BG ， 又A 1F ∥BG ，∴四边形A 1GBF 为平行四边形， 则BF ∥A 1G ，∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF.(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，如图，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．思维升华证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理．(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．(3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．跟踪训练2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CD1B1＝直线l，证明：B1D1∥l.证明(1)由题设知BB1綉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綉B1C1綉BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1.又因为BD ∩A 1B ＝B ，BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1， 又平面ABCD ∩平面CD 1B 1＝直线l ， 平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ， 所以直线l ∥直线BD ，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形， 所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .题型三 平行关系的综合应用例4 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为对角线BD ，CD 1上的点，且CQQD 1＝BP PD ＝23.(1)求证：PQ ∥平面A 1D 1DA ；(2)若R 是AB 上的点，ARAB 的值为多少时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA ？请给出证明．(1)证明 连接CP 并延长，与DA 的延长线交于M 点，如图，连接MD 1，因为四边形ABCD 为正方形， 所以BC ∥AD ，故△PBC ∽△PDM ， 所以CP PM ＝BP PD ＝23，又因为CQ QD 1＝BP PD ＝23，所以CQ QD 1＝CP PM ＝23，所以PQ ∥MD 1.又MD 1⊂平面A 1D 1DA ，PQ ⊄平面A 1D 1DA ， 故PQ ∥平面A 1D 1DA .(2)解 当AR AB 的值为35时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA .如图，证明如下： 因为AR AB ＝35，即BR RA ＝23， 故BR RA ＝BP PD. 所以PR ∥DA .又DA ⊂平面A 1D 1DA ，PR ⊄平面A 1D 1DA ， 所以PR ∥平面A 1D 1DA ，又PQ ∥平面A 1D 1DA ，PQ ∩PR ＝P ，PQ ，PR ⊂平面PQR ， 所以平面PQR ∥平面A 1D 1DA . 教师备选如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形，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，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的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.思维升华证明平行关系的常用方法熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．跟踪训练3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；(2)若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 . (2)解 设EF ＝x (0<x <4)， 由(1)知EF ∥AB ， ∴CF CB ＝EF AB ＝x 4， 与(1)同理可得CD ∥FG ， ∴FG CD ＝BF BC， 则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x 4， ∴FG ＝6－32x .∴四边形EFGH 的周长 L ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0<x <4，∴8<L <12，故四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．课时精练1．(2022·宁波模拟)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，两平面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．2．(2022·呼和浩特模拟)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥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不正确；对于B，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面不一定平行，故B不正确；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不正确；对于D，如图，在直线b上取点B，过点B和直线a确定一个平面γ，交平面β于a′，因为a∥β，所以a∥a′，又a′⊄α，a⊂α，所以a′∥α，又因为b∥α，b∩a′＝B，b⊂β，a′⊂β，所以β∥α.3．(2022·广州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则()A．MF∥EBB．A1B1∥NEC．四边形MNEF为平行四边形D．四边形MNEF为梯形答案 D解析由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误；由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B 错误；∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB，显然在△ABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确．4．(2022·杭州模拟)已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段P A，PB，PC于点A′，B′，C′，若P A′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于()A．2∶3 B．2∶5C．4∶9 D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(P A′∶P A)2，又P A′∶AA′＝2∶3，∴P A′∶P A＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.5．(多选)(2022·济宁模拟)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是()答案AC解析对于A，AB∥DE，AB⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故A正确；对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG并延长，交AB延长线于H，则AB与平面DEF 相交于点H ，故B 错误；对于C ，AB ∥DF ，AB ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ， ∴直线AB 与平面DEF 平行，故C 正确；对于D ，AB 与DF 所在平面的正方形对角线有交点B ，DF 与该对角线平行， ∴直线AB 与平面DEF 相交，故D 错误．6．(多选)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜程度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图(3)所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 根据棱柱的特征(有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行)，结合题中图形易知A 正确；由题图可知水面EFGH 的边EF 的长保持不变，但邻边的长却随倾斜程度而改变，可知B 错误；因为A 1C 1∥AC ，AC ⊂平面ABCD ，A 1C 1⊄平面ABCD ，所以A 1C 1∥平面ABCD ，当平面EFGH 不平行于平面ABCD 时，A 1C 1不平行于水面所在平面，故C 错误；当容器倾斜如题图(3)所示时，因为水的体积是不变的，所以棱柱AEH －BFG 的体积V 为定值，又V ＝S △AEH ·AB ，高AB 不变，所以S △AEH 也不变，即AE ·AH 为定值，故D 正确．7．考查①②两个命题，①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α ⇒l ∥α，它们都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l，m为直线，α为平面)，则此条件为__________．答案l⊄α解析①由线面平行的判定定理知l⊄α；②由线面平行的判定定理知l⊄α.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______，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)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，AA1的中点，求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.证明如图．(1)取B1B的中点M，连接HM，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1.又MC1∥BF，∴BF∥HD1.(2)取BD的中点O，连接OE，OD1，则OE綉12DC.又D1G綉12DC，∴OE綉D1G.∴四边形OEGD1是平行四边形，∴EG∥D1O.又D1O⊂平面BB1D1D，EG⊄平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，由题意易证B1D1∥BD.又B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H.10.如图，在四棱锥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)如图，连接EC，因为AD∥BC，BC＝12AD，所以BC∥AE，BC＝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，因为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，因为PD⊂平面P AD，FH⊄平面P AD，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，因为AD⊂平面P AD，OH⊄平面P AD，所以OH∥平面P AD.又FH∩OH＝H，FH，OH⊂平面OHF，所以平面OHF∥平面P AD.又因为GH⊂平面OHF，所以GH∥平面P AD.11．(多选)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线．下列命题正确的是() A．如果m∥n，n⊂α，那么m∥αB．如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥nC．如果α∥β，m⊂α，那么m∥βD．如果α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β答案BC解析如果m∥n，n⊂α，那么m∥α或m⊂α，故A不正确；如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n，这就是线面平行推得线线平行的性质定理，故B 正确；如果α∥β，m⊂α，那么m∥β，这就是利用面面平行推线面平行的性质定理，故C正确；缺少m⊂α这个条件，故D不正确．12．(2022·福州检测)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(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与P A必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误．13．(多选)(2022·临沂模拟)如图1，在正方形ABCD中，点E为线段BC上的动点(不含端点)，将△ABE沿AE翻折，使得二面角B－AE－D为直二面角，得到图2所示的四棱锥B－AECD，点F为线段BD上的动点(不含端点)，则在四棱锥B－AECD中，下列说法正确的有()图1 图2A ．B ，E ，C ，F 四点不共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAE C ．三棱锥B －ADC 的体积为定值D ．存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直 答案 AB解析 对于A ，假设直线BE 与直线CF 在同一平面上，所以E 在平面BCF 上， 又因为E 在折前线段BC 上，BC ∩平面BCF ＝C ，所以E 与C 重合，与E 异于C 矛盾， 所以直线BE 与直线CF 必不在同一平面上，即B ，E ，C ，F 四点不共面，故A 正确； 对于B ，如图，当点F 为线段BD 的中点， EC ＝12AD 时，直线CF ∥平面BAE ，证明如下：取AB 的中点G ，连接GE ，GF ， 则EC ∥FG 且EC ＝FG ，所以四边形ECFG 为平行四边形， 所以FC ∥EG ，又因为EG ⊂平面BAE ， 则直线CF 与平面BAE 平行，故B 正确；对于C ，在三棱锥B －ADC 中，因为点E 的移动会导致点B 到平面ACD 的距离发生变化，所以三棱锥B －ADC 的体积不是定值，故C 不正确；对于D ，过D 作DH ⊥AE 于H ，因为平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ∩平面AECD ＝AE ，所以DH ⊥平面BAE ，所以DH ⊥BE ，若存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，DH ⊂平面AECD ，且DC ⊂平面AECD ，DH ∩DC ＝D ，所以BE ⊥平面AECD ，所以BE ⊥AE ，与△ABE 是以B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，故D 不正确．14．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB ＝3，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，C 1D 1的中点，点P 在平面ABCD 内，若直线D 1P ∥平面EFG ，则线段D 1P 长度的最小值是________．答案72解析 如图，连接D 1A ，AC ，D 1C .因为E ，F ，G 分别为AB ，BC ，C 1D 1的中点， 所以AC ∥EF ，又EF ⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1， 则EF ∥平面ACD 1.同理可得EG ∥平面ACD 1，又EF ∩EG ＝E ， EF ，EG ⊂平面EFG ， 所以平面ACD 1∥平面EFG . 因为直线D 1P ∥平面EFG ， 所以点P 在直线AC 上．在△ACD 1中，易得AD 1＝2，AC ＝2，CD 1＝2， 所以1AD C S △＝12×2×22－⎝⎛⎭⎫222＝72， 故当D 1P ⊥AC 时，线段D 1P 的长度最小，最小值为7212×2＝72.15．(2022·合肥市第一中学模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ，N 分别是棱BC ，CC 1的中点，动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且P A 1∥平面AMN ，则P A 1的长度范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤1，52 B.⎣⎡⎦⎤324，52 C.⎣⎡⎦⎤324，32D.⎣⎡⎦⎤1，32 答案 B解析 取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连接A 1E ，A 1F ，EF ， 取EF 的中点O ，连接A 1O ，如图所示，∵点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM ∥A 1E ，MN ∥EF ，∵AM ∩MN ＝M ，A 1E ∩EF ＝E ，AM ，MN ⊂平面AMN ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴平面AMN ∥平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动， 且P A 1∥平面AMN ， ∴点P 的轨迹是线段EF ， ∵A 1E ＝A 1F ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52， EF ＝1212＋12＝22， ∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，P A 1的长度取最小值A 1O ， A 1O ＝⎝⎛⎭⎫522－⎝⎛⎭⎫242＝324，当P 与E (或F )重合时，P A 1的长度取最大值A 1E 或A 1F ，A 1E ＝A 1F ＝52. ∴P A 1的长度范围为⎣⎡⎦⎤324，52. 16．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为AB 1，A 1C 1上的点，A 1N ＝AM .(1)求证：MN ∥平面BB 1C 1C ； (2)求MN 的最小值．(1)证明 如图，作NE ∥A 1B 1交B 1C 1于点E ，作MF ∥AB 交BB 1于点F ，连接EF ， 则NE ∥MF .∵NE ∥A 1B 1，∴NE A 1B 1＝C 1NA 1C 1.又MF ∥AB ，∴MF AB ＝B 1MAB 1，∵A 1C 1＝AB 1，A 1N ＝AM ， ∴C 1N ＝B 1M . ∴NE A 1B 1＝MFAB， 又AB ＝A 1B 1，∴NE ＝MF .∴四边形MNEF 是平行四边形，∴MN ∥EF ， 又MN ⊄平面BB 1C 1C ，EF ⊂平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .(2)解 设B 1E ＝x ，∵NE ∥A 1B 1， ∴B 1E B 1C 1＝A 1NA 1C 1.又∵MF ∥AB ，∴B 1F BB 1＝B 1MAB 1，∵A 1N ＝AM ，A 1C 1＝AB 1＝2a ， B 1C 1＝BB 1＝a ，B 1E ＝x ， ∴B 1E B 1C 1＋B 1F BB 1＝A 1N A 1C 1＋B 1MAB 1， ∴x a ＋B 1F a ＝1， ∴B 1F ＝a －x ， 从而MN ＝EF ＝B 1E 2＋B 1F 2＝x 2＋(a －x )2 ＝2⎝⎛⎭⎫x －a 22＋⎝⎛⎭⎫a 22，∴当x ＝a 2时，MN 的最小值为22a .。
2016高考数学(新课标)一轮复习配套课件：第七章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定与性质
其中正确的命题是( C ) A．①②③
B．①④
C．②
D．①③④
解析：②正确．①错在 α 与 β 可能相交．③④错在 a 可能
在 α 内．
栏目 第四页，编辑于星期六：点 四十五导分。引
第七章 立体几何
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．
栏目 第二十一页，编辑于星期六：点 四导十五引分。
第七章 立体几何
2 ． (2013·高 考 陕 西 卷 ) 如 图 ， 四 棱 柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，O 是底面中心， A1O⊥底面 ABCD，AB＝AA1＝ 2． (1)证明：底面 A1BD∥平面 CD1B1； (2)求三棱柱 ABD-A1B1D1 的体积．
栏目 第十三页，编辑于星期六：点 四十导五分引。
第七章 立体几何
1． (1)(2015·秦皇岛模拟)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．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．
2019-2020年高考数学一轮复习 7-4 直线、平面平行的判定及其性质课时作业 文
2019-2020年高考数学一轮复习 7-4 直线、平面平行的判定及其性质课时作业文一、选择题1．(xx年正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B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平行的直线解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．答案：D2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是() A．若m∥n，m⊂α，则n∥αB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若α⊥γ，α⊥β，则β∥γD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β解析：直线n可能在平面α内，A错误；两平面可相交，此时直线m，n均于交线平行即可，B错误；两平面可相交，C错误；因为m∥n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，D 正确．故选D.答案：D3．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3 D．4解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.答案：B4．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥n，n⊂α，则m∥αC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若α∥β，α∥γ，则β∥γ解析：m、n平行于α，m、n可能相交也可能异面，如图中正方体的棱A1B1，B1C1都与底面ABCD平行，但这两条棱相交，故选项A不正确；在正方体中，AB∥A1B1，A1B1⊂平面A1B1BA，而AB不平行于平面A1B1BA，故选项B不正确；正方体的棱B1C1既平行于平面ADD1A1，又平行于平面ABCD，但这两个平面相交，故选项C不正确；由平面与平面平行的传递性，得选项D正确．故选D.答案：D5．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合解析：如图，分别取另三条棱的中点A，B，C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.答案：C二、填空题6．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．解析：如图，由题意得AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH.∵AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EF，∴AC∥EF，同理AC∥GH，所以EF∥GH.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH为平行四边形．答案：平行四边形7．在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O 分别为DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B ∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，∴平面D1BQ∥平面PAO，故Q满足Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q 为CC1的中点8.如图，在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC1的中点，P 是侧面BCC1B1内一点，若A1P ∥平面AEF ，则线段A1P 长度的取值范围是________．解析：取B1C1中点M ，则A1M ∥AE ；取BB1中点N ，则MN ∥EF ，∴平面A1MN ∥平面AEF.若A1P ∥平面AEF ，只需P ∈MN ，则P 位于MN 中点时，A1P 最短；当P 位于M 或N 时，A1P 最长．不难求得A1P 的取值范围为⎣⎡⎦⎤324，52. 答案：⎣⎡⎦⎤324，52 三、解答题9.如图，已知平行四边形ABCD 中，BC ＝6，正方形ADEF 所在平面与平面ABCD 垂直，G ，H 分别是DF ，BE 的中点．(1)求证：GH ∥平面CDE ；(2)若CD ＝2，DB ＝42，求四棱锥F -ABCD 的体积．解析：(1)证明 解法一 ∵EF ∥AD ，AD ∥BC ，∴EF ∥BC.又EF ＝AD ＝BC ，∴四边形EFBC 是平行四边形，∴H 为FC 的中点．又∵G 是FD 的中点，∴HG ∥CD.∵HG ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，∴GH ∥平面CDE.解法二 连接EA ，∵四边形ADEF 是正方形，∴G 是AE 的中点．∴在△EAB 中，GH ∥AB.又∵AB ∥CD ，∴GH ∥CD.∵HG ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，∴GH ∥平面CDE.(2)∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，交线为AD ，且FA ⊥AD ，∴FA ⊥平面ABCD.∵AD ＝BC ＝6，∴FA ＝AD ＝6. 又∵CD ＝2，DB ＝42，CD2＋DB2＝BC2，∴BD ⊥CD.∵S ▱ABCD ＝CD·BD ＝82，∴VF -ABCD ＝13S ▱ABCD·FA ＝13×82×6＝16 2. 10．(xx 年开封摸底)已知四棱锥S -ABCD 中，四边形ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝∠BAD＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，E 是棱SC 的中点．(1)求证：DE ∥平面SAB ；(2)求三棱锥S -BED 的体积．解析：(1)取线段SB 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC 且EF ＝12BC ， 由已知AD ∥BC 且AD ＝12BC ， 所以EF ∥AD ，且EF ＝AD ，所以AF ∥DE ，又AF ⊂平面SAB ，DE ⊄平面SAB ，所以DE ∥平面SAB.(2)因为E 是棱SC 的中点，所以VS -BDE ＝VC -BDE ＝VE -BDC ＝13S △BDC·12SA ＝112. B 组 高考题型专练1.(xx 年高考四川卷)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)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 ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．解析：(1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC.因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA1⊥BC.又AC ⊥BC ，AA1，AC 为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点．由已知可知O 为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE.连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE ∥MO.因为直线DE ⊄平面A1MC ，MO ⊂平面A1MC.所以直线DE ∥平面A1MC ，即线段AB 上存在一点M(线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A1MC.2．(xx 年高考安徽卷)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．解析：(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PA ＝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 ，且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 ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4. 由已知可得OB ＝42，PO ＝PB2－OB2＝68－32＝6，所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18. 3.如图，直三棱柱ABC -A1B1C1中，D ，E 分别是AB ，BB1的中点．(1)证明：BC1∥平面A1CD ；(2)设AA1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22，求三棱锥C -A1DE 的体积． 解析：(1)证明：连接AC1交A1C 于点F ，则F 为AC1中点．又D 是AB 中点，连接DF ，则BC1∥DF.因为DF ⊂平面A1CD ，BC1⊄平面A1CD ，所以BC1∥平面A1CD.(2)因为ABC -A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由已知AC ＝CB ，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB.又AA1∩AB ＝A ，于是CD ⊥平面ABB1A1.由AA1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22得∠ACB ＝90°，CD ＝2，A1D ＝6，DE ＝3，A1E ＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE ⊥A1D.所以V 三棱锥C -A1DE ＝13×12×6×3×2＝1. .。
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【导与练】（新课标）2016届高三数学一轮复习第7篇第4节直线、平面平行关系的判定与性质课时训练理【选题明细表】基础过关一、选择题1.(2014云南省昆明模拟)若α,β是两个不同的平面,下列四个条件:①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β;②存在一个平面γ,γ⊥α,γ⊥β;③存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α;④存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α.那么可以是α∥β的充分条件有( C )(A)4个(B)3个(C)2个(D)1个解析:①可以;②α,β也有可能相交,所以不正确;③α,β也有可能相交,所以不正确;根据异面直线的性质可知④可以,所以可以是α∥β的充分条件有2个,选C.2.若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥BD的充要条件是( D )(A)AB∥CD (B)AD∥CB(C)AB与CD相交(D)A,B,C,D共面解析:当AC∥BD时,A,B,C,D一定共面;当A,B,C,D共面时,平面ABCD∩α=AC,平面ABCD∩β=BD,由α∥β得AC ∥BD,故选D.3.设平面α∥平面β,A∈α,B∈β,C是AB的中点,当A、B分别在α、β内移动时,那么所有的动点C( D )(A)不共面(B)当且仅当A、B在两条相交直线上移动时才共面(C)当且仅当A、B在两条给定的平行直线上移动时才共面(D)不论A、B如何移动都共面解析:作平面γ∥α,γ∥β,且平面γ到平面α的距离等于平面γ到平面β的距离,则不论A、B分别在平面α、β内如何移动,所有的动点C都在平面γ内,故选D.4.设α,β是两个不同的平面,l,m为两条不同的直线,命题p:若α∥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;命题q:若l∥α,m⊥l,m⊂β,则α⊥β.下列命题为真命题的是( C )(A)p∨q (B)p∧q(C)(p)∨q (D)p∧(q)解析:分别在两个平行平面内的直线未必平行,故命题p是假命题;当m⊥l,l∥α时,m不一定与α垂直,α⊥β不一定成立,命题q也是假命题.(p)∨q为真命题,故选C.5.(2014北京西城模拟)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( C )(A)①③ (B)②③ (C)①④ (D)②④解析:对于图形①,平面MNP∥平面ABC,即可得到AB∥平面MNP;对于图形④,AB∥PN,即可得到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.6.下列命题正确的是( C )(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,则这两个平面平行解析:一个圆锥的两条母线与底面所成的角都相等,但它们不平行,A错;若l∥α,则l上任意点到平面α的距离相等,但过l的平面不一定与平面α平行,B错;观察正方体中共顶点的三个面可知垂直于同一平面的两平面也可能垂直,D错.7.若α、β是两个相交平面,点A不在α内,也不在β内,则过点A且与α和β都平行的直线( A )(A)只有1条 (B)只有2条(C)只有4条 (D)有无数条解析:如图所示,要使过点A的直线m与平面α平行,则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行,同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行,则推出n∥k,由线面平行可进一步推出直线n和直线k与两平面α与β的交线平行,即满足条件的直线m只需过点A且与两平面交线平行即可,显然这样的直线有且只有一条.故选A.二、填空题8.(2014惠州调研)已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列命题中正确的有.①若m∥α,n∥α,则m∥n;②若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;③若m∥α,m∥β,则α∥β;④若m⊥α,n⊥α,则m∥n.解析:若m∥α,n∥α,m,n可以平行,可以相交,也可以异面,故①不正确;若α⊥γ,β⊥γ,α,β可以相交,故②不正确;若m∥α,m∥β,α,β可以相交,故③不正确;若m⊥α,n⊥α,则m∥n,④正确.答案:④9.(2014天津南开模拟)如图所示,在四面体ABCD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:连接AM并延长交CD于E,连接BN,并延长交CD于F,由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD的中点E,由==,得MN∥AB.因此,MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.答案:平面ABC、平面ABD10.(2014山东济南模拟)在正四棱柱ABCD A 1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件时,有平面D1BQ∥平面PAO.解析:假设Q为CC1的中点,因为P为DD1的中点,所以QB∥PA.连接DB,因为P,O分别是DD1,DB的中点,所以D1B∥PO,又D1B⊄平面PAO,QB⊄平面PAO,所以D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO,又D1B∩QB=B,所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时,有平面D1BQ∥平面PAO.答案:Q为CC1的中点11.已知平面α∥平面β,P是α、β外一点,过点P的直线m与α、β分别交于A、C,过点P的直线n与α、β分别交于B、D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:分点P在一个平面的一侧或在两个平面之间两种情况,由两平面平行性质定理得AB∥CD,截面图如图所示,由相似比得BD=或BD=24.答案:或24三、解答题12.如图,直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面互相垂直,F为BC的中点,∠BAC=∠ACD=90°,AE∥CD,DC=AC=2AE=2.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求四面体B CDE的体积.(1)证明:取BD的中点P,连接EP、FP,则PF为中位线,PF DC,又∵EA DC,∴EA PF.故四边形AFPE是平行四边形,即AF∥EP.∵EP⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,∴AF∥平面BDE.(2)解:∵BA⊥AC,平面ABC⊥平面ACDE且交于AC, ∴BA⊥平面ACDE,即BA就是四面体B CDE的高, BA=AC=2.∵DC=AC=2AE=2,AE∥CD,∴S梯形ACDE=×(1+2)×2=3,S△ACE=×AE×AC=×1×2=1,∴S△CDE=3-1=2,∴=·BA·S△CDE=×2×2=.13.如图,几何体E ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.(1)求证:BE=DE;(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.证明:(1)如图所示,取BD的中点O,连接CO,EO.由于CB=CD,所以CO⊥BD.又EC⊥BD,EC∩CO=C,CO,EC⊂平面EOC,所以BD⊥平面EOC,因此BD⊥EO.又O为BD的中点,所以BE=DE.(2)法一如图所示,取AB的中点N,连接DM,DN,MN.因为M是AE的中点,所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC,BE⊂平面BEC,所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形,所以∠BDN=30°.又CB=CD,∠BCD=120°,因此∠CBD=30°.所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC,BC⊂平面BEC,所以DN∥平面BEC.又MN∩DN=N,所以平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN,所以DM∥平面BEC.法二如图所示,延长AD,BC交于点F,连接EF.因为CB=CD,∠BCD=120°,所以∠CBD=30°.因为△ABD为正三角形,所以∠BAD=∠ABD=60°,∠ABC=90°,因此∠AFB=30°,所以AB=AF.又AB=AD,所以D为线段AF的中点,连接DM,由点M是线段AE的中点,得DM∥EF.又DM⊄平面BEC,EF⊂平面BEC,所以DM∥平面BEC.能力提升14.(2014天津滨海模拟)如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQ∥AC,则下列命题中,错误的是( C )(A)AC⊥BD(B)AC∥截面PQMN(C)AC=BD(D)异面直线PM与BD所成的角为45°解析:由题意可知QM∥BD,PQ⊥QM,所以AC⊥BD,故A正确;由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故B正确;由PN∥BD 可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,又四边形PQMN为正方形,所以∠MPN=45°,故D正确.故选C.15.(2014北京东城模拟)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G 为MC的中点.则下列结论中不正确的是.①MC⊥AN②GB∥平面AMN③平面CMN⊥平面AMN④平面DCM∥平面ABN解析:显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体,把该几何体放置到正方体中(如图),作AN的中点H,连接HB,MH,GB,则MC∥HB,又HB⊥AN,所以MC⊥AN,所以①正确;由题意易得GB∥MH,又GB⊄平面AMN,MH⊂平面AMN,所以GB∥平面AMN,所以②正确;因为AB∥CD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,所以平面DCM∥平面ABN,所以④正确.答案:③16.如图所示,棱柱ABCD A 1B1C1D1的底面ABCD为菱形,平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)证明:BD⊥AA1;(2)证明:平面AB1C∥平面DA1C1;(3)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1C1?(1)证明:因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面AA1C1C,故BD⊥AA1.(2)证明:连接B 1C,AB1,由棱柱ABCD A1B1C1D1的性质知AB1∥DC1,A1D∥B1C,又AB1∩B1C=B1,A1D∩DC1=D. 故平面AB1C∥平面DA1C1.(3)解:存在这样的点P.因为A1B1AB DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,所以A1D∥B1C.在C1C的延长线上取点P,使C1C=CP,连接BP.因为B1B CC1,所以BB1CP,所以四边形BB1CP为平行四边形,则BP∥B1C,所以BP∥A1D,而BP⊄平面DA1C1,A1D⊂平面DA1C1,所以BP∥平面DA1C1.故在C1C的延长线上存在C1C=CP的点P符合题意.探究创新17.如图所示,平面α内有△ABC,AB=5,BC=8,AC=7,梯形BCDE的上底DE=2,过EB的中点B1的平面β∥α,若β分别交EA、DC于A1、C1,求△A1B1C1的面积.解:∵α∥β,∴A1B1∥AB,B1C1∥BC.又∵∠A1B1C1与∠ABC同向,∴∠A1B1C1=∠ABC.又∵cos∠ABC==,∴∠ABC=60°=∠A1B1C1.又∵B1为EB的中点,∴B1A1是△EAB的中位线,∴B1A1=AB=,同理知B1C1为梯形BCDE的中位线,∴B1C1=(BC+DE)=5.则=A1B1·B1C1·sin 60°=××5×=.故△A1B1C1的面积为.。