2023新高考新教材版數(shù)學高考第二輪復習8

2023新高考新教材版數(shù)學高考第二輪復習

8.2直線、平面平行的判定與性質(zhì)

考點直線、平面平行的判定與性質(zhì)

1.（2017課標1,6,5分）如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,

直線AB與平面MNQ不平行的是（）

答案AB選項中,AB//MQ,且ABG平面MNQ,MQc平面MNQ,則AB〃平面MNQ;C選項中,AB〃MQ,且ABQ平面MNQ,MQc平面MNQ,

則AB〃平面MNQ;D選項中,AB〃NQ,且ABG平面MNQ,NQu平面MNQ,則AB〃平面MNQ.故選A.

2.（2017浙江,19,15分）如圖，已知四棱推P-ABCD,APAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC/7AD,CD1AD,PC=AD=2DC=2CB,E

為PD的中點.

⑴證明:CE〃平面PAB;

（2）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.

解析本題主要考查空間點、線、面的位置關系,直線與平面所成的角等基礎知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力.

⑴證明:如圖,設PA中點為F,連接EF,FB.因為E,F分別為PD,PA中點,所以EF〃AD且EF=|AD.

又因為BC/ZAD,BC=|AD,所以EF〃BC且EF=BC,

即四邊形BCEE為平行四邊形,所以CE〃BF,

因此CE〃平面PAB.

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D

R

（2）分別取BC,AD的中點為M,N.

連接PN交EF于點Q,連接MQ.

因為E,F,N分別是PD,PA,AD的中點，所以Q為EF中點，

在平行四邊形BCEF中,嫄〃CE.

由aPAD為等腰直角三角形得PN1AD.

由DC_LAD,N是AD的中點得BN±AD.

所以AD_L平面PBN,

由BC//AD得BC±平面PBN,

那么平面PBC_L平面PBN.

過點Q作PB的垂線,垂足為II,連接MH.

MH是MQ在平面PBC上的射影,所以NQMH是直線CE與平面PBC所成的角.設CD=1.

在4PCD中，由PC=2,CD=1,CE=V2,

在△PBN中，由PN=BN=1,PB=W得QH=],

在RtAMQH中,QH=《,MQ=0,

4

厲

所以sinZQMH=—

o

所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是￡

方法總結(jié)1.證明直線與平面平行的方法.（例:求證：1〃a）

①線面平行的判定定理:在平面a內(nèi)找到一條與直線1平行的直線m,從而得到1〃a.

②面面平行的性質(zhì):過直線1找到（或作出）一個平面B，使得B〃a,從而得l〃a.

2.求線面角的方法.

①定義法:作出線面角，解三角形即可.

②解斜線段、射影、垂線段構(gòu)成的三角形.

例：求AB與平面a所成角。的正弦值，其中Aca.只需求出點B到平面a的距離d（通常由等體積法求d）,由sin出弓得結(jié)論.

AB

最好是畫出圖形,否則容易出錯.

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3.（2016課標in文，19,12分）如圖，四棱錐P-ABCD中,PA_L底面ABCD,AD/7BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一

點,AM=2MD,N為PC的中點.

⑴證明MN〃平面PAB;

（2）求四面體\-BCM的體積.

2

解析⑴證明:由已知得AM=-AD=2,

取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TN/7BC,TN=*C=2.（3分）

又AD〃BC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形，于是W//AT.

因為ATc平面PAB,MNC平面PAB,所以MN〃平面PAB.（6分）

_1

（2）因為PA_L平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為5PA.（9分）

取BC的中點E,連接AE.

由AB=AC=3得AE1BC,AE=V/4B2-BE2=V5.

由AM//BC得M到BC的距離為函,

故X4X遙=2遍.

1DA

所以四面體N-BCM的函只V、?=--小?彳=拳（12分）

評析本題考查了線面平行的判定,考查了三棱錐的體積,考查了空間想象能力.線段的中點問題一般應用三角形的中位線求

解.

4.（2015課標II文，19,12分）如圖,長方體ABCD-ABCD中,AB=16,BC=10,AA,=8,點E,F分另！J在AB,D,C,±,A,E=D,F=4.過點E,F

的平面a與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形.

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（1）在圖中畫出這個正方形（不必說明畫法和理由）;

（2）求平面a把該長方體分成的兩部分體積的比值.

解析（D交線圍成的正方形EHGF如圖:

(2)作EM±AB,垂足為M,貝!JAM=A,E=4,EB,=12,EM=AA,=8.

因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是\n\=y/EH2-EM2=6,AH=10,HB=6.

因為長方體被平面a分成兩個高為10的直棱柱,所以其體積的比值為￡（g也正確）

5.（2014課標n文，18,12分）如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PAJ_平面ABCD,E為1>1）的中點.

(1)證明:PB//平面AEC;

（2）設AP=1,AD=V3,三棱錐P-ABI）的體積V=苧,求A到平面PBC的距離.

解析⑴證明:設BD與AC的交點為0,連接E0.

因為ABCD為矩形，

所以0為BD的中點.

又E為PD的中點，

所以E0〃PB.

EOc平面AEC,PBQ平面AEC,

所以PB〃平面AEC.

1V3

(2)V=-PA?AB?AD=—AB.

66

又V與

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3

所以AB=±

所以PB=V/4B2+P^2=^p.

作AH_LPB交PB于H.

由題設知BC_L平面PAB,

因為AHc平面PAB,

所以BC±AH,

又BCCBP=B,

故AH_L平面PBC.

所以A到平面PBC的距離為3V若T3.

思路分析（1）由線線平行證出線面平行;

（2）首先由題設求出AB,然后過A作AHLPB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.

6.（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2折,點G,E,F,II分別是棱

PB,AB,CD,PC上共面的四點,平面GEFH」一平面ABCD,BC〃平面GEFH.

⑴證明:GH〃EF;

（2）若EB=2,求四邊形GEFII的面積.

解析（D證明:因為BC〃平面GEFH,BCc平面PBC,且平面PBCn平面GEFH=GH,所以GH〃BC.

同理可證EF/7BC,

因此GH〃EF.

⑵連接AC,BD交于點0,BD交EF于點K,連接OP,GK.

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p

因為PA=PC,0是AC的中點,所以P01AC,同理可得P01BI）.

又BDnAC=O,且AC,BD都在底面內(nèi)，所以POJ_底面ABCD.又因為平面GEFHJ"平面ABCD,且POC平面GEFH,

所以P0〃平面GEFH.

因為平面PBDC平面GEEH=GK,

所以P0〃GK,且GKJ_底面ABCD,

從而GK±EF.

所以GK是梯形GEF11的局.

由AB=8,EB=2得EB:AB=KB:DB=1:4,

從而KB—DB^OB,即K為0B的中點.

11

再由PO〃GK得GK=-[>0,即（；是PB的中點,且GH=-BC=4.

由已知可得0B=4近,1>0=VPB2-OB2=V68-32=6,

所以GK=3.

GH-\-FF44-8

故四邊形GEFH的面積s=^絲?GK=^x3=18.

評析本題考查線面平行與垂直關系的轉(zhuǎn)化，同時考查空間想象能力和邏輯推理能力，解題時要有較強的分析問題、解決問題

的能力.

7.（2013課標II文，18,12分）如圖，直三棱柱ABC-ABG中,D,E分別是AB,BBi的中點.

⑴證明:BG〃平面A.CD;

(2)設AA,=AC=CB=2,AB=2\/2,求三棱錐C-AQE的體積.

解析⑴證明:連接AC交AC于點F,

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則F為AG中點.

由D是AB中點,連接DF,則BC,//DF.

因為DFc平面A.CD,BCQ平面AiCD,

所以BCi//平面AiCD.

(2)因為ABC-ABC,是直三棱柱，

所以AA.1CD.由已知AC=CB,1)為AB的中