2023年高考分類題庫考點(diǎn)33 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)

考點(diǎn)33直線、平面平行的判定及其性質(zhì)18.(2023·新高考Ⅰ卷·T18)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.點(diǎn)A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;(2)點(diǎn)P在棱BB1上,當(dāng)二面角P-A2C2-D2為150°時(shí),求B2P.【命題意圖】本題考查線線位置關(guān)系的判斷、二面角的向量表示,考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理能力、運(yùn)算能力.【解析】(1)作A2A'⊥BB1于A',D2D'⊥CC1于D',則A2A'D2D'.在平行四邊形A2D2D'A'中,A2D2∥A'D'.又C2D'=B2A'=1,則C2B2∥D'A'∥A2D2,得證.(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)P(0,0,h),C2(2,0,3),A2(0,2,1),D2(2,2,2),設(shè)二面角P-A2C2-D2為θ=5π6.=(2,0,1),=(2,-2,2),=(0,-2,h-1),設(shè)平面A2D2C2的法向量為n1=(x,y,z),由,得2x+z=02x-2y+2z=0,令z=-2,則x=1,y=-1,所以n1=(1,-1,-2),同理可求得平面A2C2P的法向量n2=|cosθ|=32=|n1·n從而(h-2)2+3=4,解得h=1或3,故B2P=|2-h|=1.17.(2023·天津高考)在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中,若A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分別為BC,AB中點(diǎn).(1)求證:A1N∥平面C1MA;(2)求平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值;(3)求點(diǎn)C到平面C1MA的距離.【解析】(1)連接MN,可得MN為△ABC的中位線,所以MN∥AC,且MN=12AC=1而A1C1=1,AC∥A1C1,則MN∥A1C1,MN=A1C1,可得四邊形MNA1C1為平行四邊形,則A1N∥C1M,而A1N?平面C1MA,C1M?平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA;(2)取AC的中點(diǎn)H,連接MH,由AB⊥AC,MH∥AB,可得MH⊥AC.由A1A⊥平面ABC,MH?平面ABC,可得A1A⊥MH,由A1A∩AC=A,A1A?平面ACC1A1,AC?平面ACC1A1,可得MH⊥平面ACC1A1.過H作HD⊥AC1,垂足為D,連接DM,由三垂線定理可得DM⊥AC1,可得∠MDH為平面C1MA與平面ACC1A1所成角.由MH=12AB=1在矩形AHC1A1中,DH=AH·HC1A所以cos∠MDH=DHDM=255(3)設(shè)C到平面C1MA的距離為d.在△C1MA中,AM=12BC=2,AC1=1+4=5,MC1=1+4=5則S△C1MA=12×2由VC-C可得13dS△C1MA=13d·32=13C1H·S△CMA=13×2解得d=43所以點(diǎn)C到平面C1MA的距離為4319.(2023·全國乙卷·文科·T19)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中點(diǎn)分別為D,E,O,點(diǎn)F在AC上,BF⊥AO.(1)求證:EF∥平面ADO;(2)若∠POF=120°,求三棱錐P-ABC的體積.【解析】(1)連接DE,OF,設(shè)AF=tAC,則=+=(1-t)+t,=-+12,BF⊥AO,則·=[(1-t)+t]·-+12=(t-1)+12t=4(t-1)+4t=0,解得t=12,則F為AC的中點(diǎn),由D,E,O,F分別為PB,PA,BC,AC的中點(diǎn)得DE∥AB,DE=12AB,OF∥AB,OF=12AB,即DE∥OF,則四邊形ODEF為平行四邊形,所以EF∥DO,又EF?平面ADO,DO?平面ADO,所以EF∥平面ADO.(2)過P作PM垂直FO的延長線交于點(diǎn)M,因?yàn)镻B=PC,O是BC中點(diǎn),所以PO⊥BC,在Rt△PBO中,PB=6,BO=12BC=2所以PO=PB2-OB因?yàn)锳B⊥BC,OF∥AB,所以O(shè)F⊥BC,又PO∩OF=O,PO,OF?平面POF,所以BC⊥平面POF,又PM?平面POF,所以BC⊥PM,又BC∩FM=O,BC,FM?平面ABC,所以PM⊥平面ABC,即PM為三棱錐P-ABC的高,因?yàn)?/p>