【数学】2020届北京一轮复习通用版8-3直线、平面平行的判定与性质作业 21页

‎8.3　直线、平面平行的判定与性质 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 直线、平面平行的判定与性质 ‎1.以立体几何中的定义、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空间图形的位置关系的简单命题 ‎2016北京,17‎ ‎2014北京,17‎ ‎2012北京文,16‎ ‎2011北京文,17‎ 直线、平面平行的判定和性质定理的灵活应用 直线、平面垂直的判定和性质定理 ‎★★★‎ 分析解读　　1.理解空间直线和平面位置关系的定义;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.高考对本节内容的考查,一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化,题型以解答题为主,属于中档题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点　直线、平面平行的判定与性质 ‎1.(2016课标Ⅰ文,11,5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎　　　　B.‎2‎‎2‎　　　　C.‎3‎‎3‎　　　　D.‎‎1‎‎3‎ 答案　A　‎ ‎2.(2016山东文,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF∥DB.‎ ‎(1)已知AB=BC,AE=EC,求证:AC⊥FB;‎ ‎(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH∥平面ABC.‎ 证明　(1)因为EF∥DB,‎ 所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.‎ 因为AE=EC,D为AC的中点,所以DE⊥AC.‎ 同理可得BD⊥AC.‎ 又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDEF,‎ 因为FB⊂平面BDEF,所以AC⊥FB.‎ ‎(2)设FC的中点为I.连接GI,HI.‎ 在△CEF中,因为G是CE的中点,I是FC的中点,‎ 所以GI∥EF,又EF∥DB,所以GI∥DB,‎ 又DB⊂平面ABC,GI⊄平面ABC,所以GI∥平面ABC.‎ 在△CFB中,因为H是FB的中点,I是FC的中点,所以HI∥BC,‎ 又BC⊂平面ABC,HI⊄平面ABC,所以HI∥平面ABC.‎ 又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.‎ 思路分析　第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得AC⊥DE,AC⊥DB,从而得线面垂直,利用线面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行从而得线面平行,进而证面面平行,再利用面面平行的性质得出结论.‎ 评析本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力,同时考查学生对转化与化归思想的应用.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　证明线面平行的方法 ‎1.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA=AB=1,E为PC的中点.‎ ‎(1)求证:PA∥平面BDE;‎ ‎(2)求三棱锥P-BDE的体积.‎ 解析　(1)证明:连接AC,设AC∩BD=O,连接OE,则O为AC的中点,‎ ‎∵E为PC的中点,∴PA∥OE,‎ 又OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,‎ ‎∴PA∥平面BDE.‎ ‎(2)连接AE,由(1)知PA∥平面BDE,∴P到平面BDE的距离与A到平面BDE的距离相等,即VP-BDE=VA-BDE,又VA-BDE=VE-ABD=‎1‎‎2‎VP-ABD=‎1‎‎2‎×‎1‎‎3‎×1×‎1‎‎2‎×1×1×sin 120°=‎3‎‎24‎,‎ ‎∴VP-BDE=‎3‎‎24‎.‎ 方法2　证明面面平行的方法 ‎2.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,点O是线段AB的中点,PO⊥平面ABCD,PO=CD=DA=‎1‎‎2‎AB=4,M是线段PA的中点.‎ ‎(1)证明:平面PBC∥平面ODM;‎ ‎(2)求点A到平面PCD的距离.‎ 解析　(1)证明:由题意,得CD∥BO,且CD=BO,‎ ‎∴四边形OBCD为平行四边形,∴BC∥OD.‎ ‎∵BC⊂平面PBC,OD⊄平面PBC,‎ ‎∴OD∥平面PBC.‎ 又∵O是AB的中点,M是PA的中点,∴OM∥PB.‎ 又OM⊄平面PBC,PB⊂平面PBC,‎ ‎∴OM∥平面PBC.‎ 又OM∩OD=O,‎ ‎∴平面PBC∥平面ODM.‎ ‎(2)取CD的中点N,连接ON,PN,如图所示,则ON⊥CD.‎ ‎∵PO⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PO⊥CD.‎ 又∵ON⊥CD,PO∩ON=O,∴CD⊥平面PNO.‎ ‎∵PN⊂平面PNO,∴CD⊥PN.‎ ‎∴ON,PN分别为△ACD,△PCD的公共边CD上的高.‎ 由题意可求得ON=2‎3‎,则PN=2‎7‎,‎ 设点A到平面PCD的距离为d.‎ ‎∵V三棱锥A-PCD=V三棱锥P-ACD,‎ 即‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×4×2‎7‎×d=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×4×2‎3‎×4,‎ ‎∴d=‎4‎‎21‎‎7‎.即点A到平面PCD的距离为‎4‎‎21‎‎7‎.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·北京卷题组 ‎　(2012北京,16,14分)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.‎ ‎(1)求证:DE∥平面A1CB;‎ ‎(2)求证:A1F⊥BE;‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.‎ 解析　(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点,‎ 所以DE∥BC.‎ 又因为DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB,‎ 所以DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明:由题意得AC⊥BC且DE∥BC,‎ 所以DE⊥AC.‎ 所以DE⊥A1D,DE⊥CD.‎ 因为A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.‎ 而A1F⊂平面A1DC,‎ 所以DE⊥A1F.‎ 又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,‎ 所以A1F⊥平面BCDE.‎ 所以A1F⊥BE.‎ ‎(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:‎ 如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PQ,则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC,‎ 所以DE∥PQ.‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知,DE⊥平面A1DC,‎ 所以DE⊥A1C.‎ 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,‎ 所以A1C⊥DP.又DP∩DE=D,‎ 所以A1C⊥平面DEP.‎ 即A1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.‎ 评析本题的前两问属于容易题,第(3)问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不牢靠的学生而言,可能不能顺利解答.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点　直线、平面平行的判定和性质 ‎1.(2017课标Ⅰ文,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,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 答案　A　‎ ‎2.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:‎ ‎①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 其中正确的命题有　　　　.(填写所有正确命题的编号) ‎ 答案　②③④‎ ‎3.(2018课标Ⅲ文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.‎ ‎(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.‎ 解析　本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.‎ ‎(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.‎ 因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.‎ 理由如下:如图,连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.‎ MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.‎ 易错警示　使用面面垂直的判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.‎ ‎4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.‎ 求证:(1)AB∥平面A1B1C;‎ ‎(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 证明　本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查学生的空间想象能力和推理论证能力.‎ ‎(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.‎ 因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,‎ 所以AB∥平面A1B1C.‎ ‎(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.‎ 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,‎ 所以AB1⊥A1B.‎ 因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,‎ 所以AB1⊥BC.‎ 又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,‎ 所以AB1⊥平面A1BC,‎ 又因为AB1⊂平面ABB1A1,‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ ‎5.(2016课标Ⅲ文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,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　(1)证明:由已知得AM=‎2‎‎3‎AD=2,‎ 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=‎1‎‎2‎BC=2.(3分)‎ 又AD∥BC,故TN