《（课标专用）2020届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面平行的判定与性质课件 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课标专用）2020届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面平行的判定与性质课件 文（71页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.3 直线、平面平行的判定与性质,高考文数(课标专用),1.(2019课标全国,7,5分)设,为两个平面,则的充要条件是 ( ) A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案 B 本题主要考查平面与平面平行的判定与性质;考查了推理论证能力与空间想象能 力;考查的核心素养为逻辑推理. 易知A、C、D选项中与可能相交,故选B.,易错警示 A、C、D三个选项中学生均可能忽略、相交的情况.,2.(2017课标全国,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
2、在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是 ( ),答案 A 解法一:B选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;C 选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;D选项中,ABNQ,且AB 平面MNQ,NQ平面MNQ,则AB平面MNQ.故选A. 解法二:A选项中(如图),连接CB交MN于D,连接DQ,则平面MNQ与平面ABC的交线为DQ, 在ABC中,Q为AC的中点,而点D为CB的四等分点,所以AB与DQ不平行,从而可知AB与平面MNQ 不平行,故选A.,3.(2016课标全国,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点
3、A,平面CB1D1,平面 ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 如图,过点A补作一个与正方体ABCD-A1B1C1D1相同棱长的正方体, 易知平面为平面AF1E, 则m,n所成角为EAF1(或其补角), 因为EAF1为正三角形, 所以sinEAF1=sin 60= ,故选A.,4.(2016课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,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 (
4、1)证明:由已知得AM= AD=2, 取BP的中点T,连接NT,AT,由N为PC中点知TNBC,TN= BC = 2. (3分) 又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT. 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AEBC,AE= = . 由AMBC得M到BC的距离为 ,故SBCM= 4 =2 . 所以四面体N-BCM的体积VN-BCM= SBCM = . (12分),思路分析 (1)取BP的中点T,连接
5、AT,TN,先结合条件证明四边形AMNT为平行四边形,从而得 到MNAT,再结合线面平行的判定定理可证;(2)由条件可知四面体N-BCM的高为棱PA长的一 半,然后求得SBCM,最后利用棱锥的体积公式求得结果.,解后反思 证明立体几何中的平行关系,常常是通过转化为平面几何中的线线平行来实现, 而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形的对边互相平行等来推证;求三棱锥的 体积的关键是确定其高,而确定高的关键是找出顶点在底面上射影的位置,当然有时也可采用 等体积法求解.,5.(2019课标全国,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD =6
6、0,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (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MEB1C,且ME= B1C.又因为N为A1D的中 点,所以ND= A1D. 由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 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DEBC,DEC1C,
7、所以DE平面C1CE, 故DECH. 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= , 故CH= . 从而点C到平面C1DE的距离为 .,思路分析 (1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MNDE,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.,B组 自主命题省(区、市)卷题组,1.(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)BEC1E.,
8、2.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC AD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE平面PAB; (2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.,解析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查 空间想象能力和运算求解能力. (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF= AD. 又因为BCAD,BC= AD,所以EFBC且EF=BC, 即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF, 因为CE平面PAB,BF
9、平面PAB, 因此CE平面PAB. (2)分别取BC,AD的中点为M,N.,连接PN交EF于点Q,连接MQ. 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点, 所以Q为EF中点, 在平行四边形BCEF中,MQCE. 由PAD为等腰直角三角形得PNAD. 由DCAD,N是AD的中点得BNAD. 因为PNBN=N, 所以AD平面PBN, 由BCAD得BC平面PBN, 因为BC平面PBC, 所以平面PBC平面PBN. 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影, 所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.,在PCD中,由PC=2,CD=1,PD= 得CE= ,
10、在PBN中,由PN=BN=1,PB= 得QH= , 在RtMQH中,QH= ,MQ= , 所以sinQMH= . 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是 .,3.(2016四川,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PACD,ADBC,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ADBC,BC= AD, 所以BCAM,且BC=AM. 所以四边形AMCB是平行四边形,从而CMAB. 又AB
11、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,由已知,PAAB,PACD, 因为ADBC,BC= AD,所以直线AB与CD相交,所以PA平面ABCD. 因为BD平面ABCD,所以PABD. 因为ADBC,BC= AD, 所以BCMD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形. 又BC=CD,所以四边形BCDM为菱形, 所以MCBD, 由(1)知MCAB,所以BDAB. 又ABAP=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
12、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.,4.(2015山东,18,12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD平面FGH; (2)若CFBC,ABBC,求证:平面BCD平面EGH.,证明 (1)证法一: 连接DG,CD,设CDGF=M,连接MH. 在三棱台DEF-ABC中, AB=2DE,G为AC的中点, 可得DFGC,DF=GC, 所以四边形DFCG为平行四边形.
13、 则M为CD的中点,又H为BC的中点, 所以HMBD,又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BHEF,BH=EF, 所以四边形HBEF为平行四边形, 可得BEHF. 在ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点, 所以GHAB. 又GHHF=H,ABBE=B, 所以平面FGH平面ABED. 因为BD平面ABED, 所以BD平面FGH.,(2)连接HE. 因为G,H分别为AC,BC的中点, 所以GHAB. 由ABBC,得GHBC. 又H为BC的中点, 所以EFHC,EF=HC, 因此四边形EFCH是平行
14、四边形. 所以CFHE,又CFBC,所以HEBC. 又HE,GH平面EGH,HEGH=H, 所以BC平面EGH. 又BC平面BCD, 所以平面BCD平面EGH.,评析 本题考查空间线面平行、面面垂直的判定等知识;考查推理论证能力及空间想象能力.,C组 教师专用题组,1.(2015北京,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB平面ABC,VAB为等边三角形,AC BC且AC=BC= ,O,M分别为AB,VA的中点. (1)求证:VB平面MOC; (2)求证:平面MOC平面VAB; (3)求三棱锥V-ABC的体积.,解析 (1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点, 所以OMVB.
15、又因为VB平面MOC,OM平面MOC, 所以VB平面MOC. (2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点, 所以OCAB. 又因为平面VAB平面ABC,平面VAB平面ABC=AB,且OC平面ABC, 所以OC平面VAB. 因为OC平面MOC, 所以平面MOC平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC= , 所以AB=2,OC=1. 所以等边三角形VAB的面积SVAB= . 又因为OC平面VAB,所以三棱锥C-VAB的体积等于 OCSVAB= . 又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等, 所以三棱锥V-ABC的体积为 .,评析 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考 查学生空间想象能力和逻辑推理能力.,2.(2015天津,17,13分)如图,已知AA1平面ABC,BB1AA1,AB=AC=3,BC=2 ,AA1= ,BB1=2 ,点E和F分别为BC和A1C的中点. (1)求证:EF平面A1B1BA; (2)求证:平面AEA1平面BCB1; (3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.,解析 (1)证明:如图,连接A1B.在A1BC中,因为E和F分别是BC和A1C的中点,所以EFBA1.又 因为EF平面A1B1BA,BA1平面A1B1BA,所
