【高考数学】2026版53高考总复习A版数学73直线平面平行的判定与性质7.3直线、平面平行的判定与性质
五年高考
考点直线、平面平行的判定与性质
1.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则()
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案A
2.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
答案A
3.(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是()
A.①③B.②④C.①②③D.①③④
答案A
4.(2024新课标Ⅰ,17,15分,中)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为427,求
解析(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB?平面PAB,∴AD⊥AB.
在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=3,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD?平面PBC,BC?平面PBC,∴AD∥平面PBC.
(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0).
设AD=t,t0,则DC=4?t2,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,4?t2,0),则AC=(-t,4?t2,0),AP=(0,0,2),DP=(t,0,2),DC=(
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n
令x1=4?t2,则y1=t,则n1=(4?t2,
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n
令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),
∵二面角A-CP-D的正弦值为427,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值为1?
∴77=|cosn1,n2|=|
∴t=3(舍负),∴AD=3.
5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
解析(1)证法一:连接OA,
∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,
∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,
∴OA=OB,
取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,
又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,
又∵OD?平面PAC,AC?平面PAC,∴OD∥平面PAC,
又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,
又∵DE?平面PAC,PA?平面PAC,∴DE∥平面PAC,
又OD、DE?平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,
又OE?平面ODE,∴OE∥平面PAC.
证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,
∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,
∴△POA≌△POB,∴OA=OB,
延长BO交AC于点F,连接PF,
易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,
∵E为PB的中点,∴OE∥PF,
又OE?平面PAC,PF?平面PAC,∴OE∥平面PAC.
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=23,
∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,