2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)10年高考真題分類題組8.3直線平面平行的判定和性質(zhì)

.3直線、平面平行的判定和性質(zhì)考點一直線與平面平行的判定和性質(zhì)1.(2016浙江,2,5分)已知相互垂直的平面α,β交于直線l.若直線m,n滿意m∥α,n⊥β,則()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n答案C∵α∩β=l,∴l(xiāng)?β,∵n⊥β,∴n⊥l.故選C.思路分析利用直線與平面垂直的性質(zhì)及平面交線的性質(zhì),推斷C正確.2.(2015浙江文,4,5分)設(shè)α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,且l?α,m?β.()A.若l⊥β,則α⊥βB.若α⊥β,則l⊥mC.若l∥β,則α∥βD.若α∥β,則l∥m答案A對于選項A,由面面垂直的判定定理可知選項A正確;對于選項B,若α⊥β,l?α,m?β,則l與m可能平行,可能相交,也可能異面,所以選項B錯誤;對于選項C,當(dāng)l平行于α與β的交線時,l∥β,但此時α與β相交,所以選項C錯誤;對于選項D,若α∥β,則l與m可能平行,也可能異面,所以選項D錯誤.故選A.3.(2015廣東,6,5分)若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是()A.l與l1,l2都不相交B.l與l1,l2都相交C.l至多與l1,l2中的一條相交D.l至少與l1,l2中的一條相交答案D解法一:如圖1,l1與l2是異面直線,l1與l平行,l2與l相交,故A,B不正確;如圖2,l1與l2是異面直線,l1,l2都與l相交,故C不正確,選D.解法二:因為l分別與l1,l2共面,故l與l1,l2要么都不相交,要么至少與l1,l2中的一條相交.若l與l1,l2都不相交,則l∥l1,l∥l2,從而l1∥l2,與l1,l2是異面直線沖突,故l至少與l1,l2中的一條相交,選D.4.(2014遼寧,4,5分)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說法正確的是()A.若m∥α,n∥α,則m∥nB.若m⊥α,n?α,則m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,則n∥αD.若m∥α,m⊥n,則n⊥α答案B若m∥α,n∥α,則m與n可能平行、相交或異面,故A錯誤;B正確;若m⊥α,m⊥n,則n∥α或n?α,故C錯誤;若m∥α,m⊥n,則n與α可能平行、相交或n?α,故D錯誤.因此選B.5.(2014浙江文,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面.()A.若m⊥n,n∥α,則m⊥αB.若m∥β,β⊥α,則m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α答案C對于選項A、B、D,均能舉出m∥α的反例;對于選項C,若m⊥β,n⊥β,則m∥n,又n⊥α,∴m⊥α,故選C.6.(2013課標(biāo)Ⅱ理,4,5分)已知m,n為異面直線,m⊥平面α,n⊥平面β.直線l滿意l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,則()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α與β相交,且交線垂直于lD.α與β相交,且交線平行于l答案D若α∥β,則m∥n,這與m、n為異面直線沖突,所以A不正確,α與β相交.將已知條件轉(zhuǎn)化到正方體中,易知α與β不肯定垂直,但α與β的交線肯定平行于l,從而解除B、C.故選D.導(dǎo)師點睛對于此類題,放入正方體中推斷起來比較快捷.7.(2013廣東理,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面.下列命題中正確的是()A.若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥nB.若α∥β,m?α,n?β,則m∥nC.若m⊥n,m?α,n?β,則α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,則α⊥β答案D若α⊥β,m?α,n?β,則m與n可能平行,故A錯;若α∥β,m?α,n?β,則m與n可能平行,也可能異面,故B錯;若m⊥n,m?α,n?β,則α與β可能相交,也可能平行,故C錯;對于D項,由m⊥α,m∥n,得n⊥α,又知n∥β,故α⊥β,所以D項正確.8.(2011遼寧理,8,5分)如圖,四棱錐S-ABCD的底面為正方形,SD⊥底面ABCD,則下列結(jié)論中不正確的是()A.AC⊥SBB.AB∥平面SCDC.SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角D.AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角答案D∵四邊形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AC.其中SD∩BD=D,∴AC⊥面SDB,從而AC⊥SB.故A正確.易知B正確.設(shè)AC與DB交于O點,連接SO.則SA與平面SBD所成的角為∠ASO,SC與平面SBD所成的角為∠CSO,又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正確.由解除法可知選D.評析本題主要考查了線面平行與垂直的推斷及線面角、線線角的概念.屬中檔題.9.(2016課標(biāo)Ⅱ,14,5分)α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題:①假如m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②假如m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③假如α∥β,m?α,那么m∥β.④假如m∥n,α∥β,那么m與α所成的角和n與β所成的角相等.其中正確的命題有.(填寫全部正確命題的編號)

答案②③④解析對于①,由m⊥n,m⊥α可得n∥α或n在α內(nèi),當(dāng)n∥β時,α與β可能相交,也可能平行,故①錯誤;對于②,過直線n作平面與平面α交于直線c,由n∥α可知n∥c,∵m⊥α,∴m⊥c,∴m⊥n,故②正確;對于③,由兩個平面平行的性質(zhì)可知正確;對于④,由線面所成角的定義和等角定理可知其正確,故正確的有②③④.解題關(guān)鍵熟記和理解每個定理是解決此類問題的關(guān)鍵.10.(2024課標(biāo)Ⅰ文,19,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN∥平面C1DE;(2)求點C到平面C1DE的距離.解析本題考查了線面平行、垂直的判定和點到平面的距離,通過平行、垂直的證明,考查了學(xué)生的空間想象力,體現(xiàn)了直觀想象的核心素養(yǎng).(1)連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因為N為A1D的中點,所以ND=12A由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)過C作C1E的垂線,垂足為H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE,故CH的長即為C到平面C1DE的距離.由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=17,故CH=417從而點C到平面C1DE的距離為417思路分析(1)連接B1C,ME.證明四邊形MNDE是平行四邊形,得出MN∥DE,然后利用線面平行的判定定理證出結(jié)論.(2)留意到DE⊥平面BCC1B1,只需過點C作C1E的垂線便可求解.11.(2017課標(biāo)Ⅱ文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠(1)證明:直線BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面積為27,求四棱錐P-ABCD的體積.解析本題考查線面平行的判定和體積的計算.(1)證明:在平面ABCD內(nèi),因為∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC?平面PAD,AD?平面PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中點M,連接PM,CM.由AB=BC=12AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四邊形ABCM為正方形,則CM⊥因為側(cè)面PAD為等邊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.因為CM?底面ABCD,所以PM⊥CM.設(shè)BC=x,則CM=x,CD=2x,PM=3x,PC=PD=2x.取CD的中點N,連接PN,則PN⊥CD,所以PN=142因為△PCD的面積為27,所以12×2x×142x=2解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=23.所以四棱錐P-ABCD的體積V=13×2×(2+4)212.(2016課標(biāo)Ⅲ文,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN∥平面PAB;(2)求四面體N-BCM的體積.解析(1)證明:由已知得AM=23取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分又AD∥BC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為12PA.(9分取BC的中點E,連接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-由AM∥BC得M到BC的距離為5,故S△BCM=12×4×5=25所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=13·S△BCM·PA2=45評析本題考查了線面平行的判定,考查了三棱錐的體積,考查了空間想象實力.線段的中點問題一般應(yīng)用三角形的中位線求解.13.(2015課標(biāo)Ⅱ文,19,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值.解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱,所以其體積的比值為9714.(2014課標(biāo)Ⅱ文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.(1)證明:PB∥平面AEC;(2)設(shè)AP=1,AD=3,三棱錐P-ABD的體積V=34,求A到平面PBC的距離解析(1)證明:設(shè)BD與AC的交點為O,連接EO.因為ABCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點.又E為PD的中點,所以EO∥PB.EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)V=16PA·AB·AD=3又V=34所以AB=32所以PB=AB2+P作AH⊥PB交PB于H.由題設(shè)知BC⊥平面PAB,因為AH?平面PAB,所以BC⊥AH,又BC∩BP=B,故AH⊥平面PBC.又AH=PA·ABPB所以A到平面PBC的距離為313思路分析(1)由線線平行證出線面平行;(2)首先由題設(shè)求出AB,然后過A作AH⊥PB于H,證明AH就是A到平面PBC的距離,通過解三角形求解即可.15.(2014安徽,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為8的正方形,四條側(cè)棱長均為217,點G,E,F,H分別是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)證明:GH∥EF;(2)若EB=2,求四邊形GEFH的面積.解析(1)證明:因為BC∥平面GEFH,BC?平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.同理可證EF∥BC,因此GH∥EF.(2)連接AC,BD交于點O,BD交EF于點K,連接OP,GK.因為PA=PC,O是AC的中點,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內(nèi),所以PO⊥底面ABCD.又因為平面GEFH⊥平面ABCD,且PO?平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因為平面PBD∩平面GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,從而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,從而KB=14DB=12OB,即K為OB再由PO∥GK得GK=12PO,即G是PB的中點,且GH=1由已知可得OB=42,PO=PB2-所以GK=3.故四邊形GEFH的面積S=GH+EF2·評析本題考查線面平行與垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化,同時考查空間想象實力和邏輯推理實力,解題時要有較強的分析問題、解決問題的實力.16.(2013課標(biāo)Ⅱ文,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點.(1)證明:BC1∥平面A1CD;(2)設(shè)AA1=AC=CB=2,AB=22,求三棱錐C-A1DE的體積.解析(1)證明:連接AC1交A1C于點F,則F為AC1中點.由D是AB中點,連接DF,則BC1∥DF.因為DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)因為ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D為AB的中點,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VC-A1DE=13×12思路分析(1)利用線面平行的判定定理在平面A1CD內(nèi)找出一條直線與直線BC1平行即可;(2)先證明CD⊥平面ABB1A1,再依據(jù)題目給的條件算出三棱錐C-A1DE的高和底面面積,利用三棱錐的體積公式計算即可.一題多解證明第(1)問時,也可以利用面面平行的性質(zhì),即:取A1B1的中點G,連接C1G,GB,因為GB∥A1D,C1G∥CD,C1G?平面GBC1,GB?平面GBC1,且C1G∩GB=G,A1D?平面A1CD,CD?平面A1CD,A1D∩CD=D,所以平面GBC1∥平面A1CD.又BC1?平面GBC1,所以BC1∥平面A1CD.微專題立體幾何中翻折問題的解決策略1.(2024浙江杭州二模,10)如圖,長方形ABCD中,AB=152,AD=1,點E在線段AB(端點除外)上,現(xiàn)將△ADE沿DE折起至△A'DE.設(shè)∠ADE=α,二面角A'-DE-C的大小為β,若α+β=π2,則四棱錐A'-BCDE體積的最大值為(A.14B.23C.15-答案A過點A作DE的垂線并延長,垂足為O,連接A'O,設(shè)點A'在底面ABCD內(nèi)的射影為H,則點H在射線AO上,∠A'OH=β=π2易知AE=tanα,AO=A'O=sinα,從而BE=152=A'O·sinπ2從而S四邊形BEDC=(BE+=15-從而VA'-BCDE=13S四邊形BCDE·A'H=13×15-tanα2sinαcosα=16(15sinαcosα-sin2α)=16152明顯VA'-BCDE=112(15sin2α+cos2α-1)≤112(4-1)=142.(2024浙江新高考探討卷(三),17)如圖,在△ABC中,CA=2CB=2,∠ACB=120°,點D在線段AB上運動.沿直線CD將△ACD折至△A'CD,使得平面A'CD⊥平面BCD,則A'B的最小值為.

答案2解析設(shè)∠ACD=θ,則∠BCD=2π3-θ,θ∈0由三余弦公式得,cos∠A'CB=cos∠A'CD·cos∠BCD=cosθ·cos2π3在△A'BC中,A'B2=5-4cos∠A'CB=5-4cosθcos2π3-θ=6-2cos當(dāng)θ=π3時取等號,故A'B的最小值為3.(2024江西南昌二模,19)如圖,菱形ABCD的邊長為6,對角線交于點E,∠ABC=2π3,將△ADC沿AC折起得到三棱錐D-ABC,點D在底面ABC上的投影為點(1)求證:AC⊥BD;(2)當(dāng)O為△ABC的重心時,求C到平面ABD的距離.解析(1)證明:因為折疊前BD⊥AC,所以折疊后AC⊥BE,AC⊥DE,因為DE∩BE=E,所以AC⊥平面BDE,又BD?平面BDE,所以AC⊥BD.(2)當(dāng)O為△ABC的重心時,BO=2OE,因為AB=6,∠ABC=2π3所以CE=AE=33,DE=BE=3,故BO=2,OE=1,因為DO⊥平面ABC,所以DO⊥BE,在Rt△DOE中,DO=DE2-OE2=22,在△DAB中,AD=AB=6,BD=23,由勾股定理可得點A到BD的距離為33,所以S△ABD=12×23×33=311設(shè)C到平面ABD的距離為d,因為VD-ABC=VC-ABD,所以13×12×63×3×22=13×311×d,則即C到平面ABD的距離等于6664.(2024天津南開中學(xué)統(tǒng)練(25),17)如圖1,在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點,O為DE的中點,AB=AC=25,BC=4.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如圖2.(1)求證:A1O⊥BD;(2)求直線A1C和平面A1BD所成角的正弦值;(3)線段A1C上是否存在點F,使得直線DF和BC所成角的余弦值為357?若存在,求出A1FA1C解析(1)證明:因為在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點,所以DE∥BC,AD=AE.所以A1D=A1E,又O為DE的中點,所以A1O⊥DE.因為平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,且A1O?平面A1DE,所以A1O⊥平面BCED,又因為BD?平面BCED,所以A1O⊥BD.(2)取BC的中點G,連接OG,則OE⊥OG.由(1)得A1O⊥OE,A1O⊥OG.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得,A1(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).所以A1B=(2,-2,-2),A1設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z).則n·A令x=1,則y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).設(shè)直線A1C和平面A1BD所成角為θ.則sinθ=|cos<n,A1C>|=|n故所求角的正弦值為22(3)線段A1C上存在點F適合題意,設(shè)A1F=λA1C,設(shè)F(x1,y1,z1),則有(x1,y1,z1-2)=(2λ,2λ,-2