2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§8-3 直线、平面平行的判定与性质（试题部分）

2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§8-3 直线、平面平行的判定与性质（试题部分）

‎§8.3　直线、平面平行的判定与性质 探考情 悟真题 ‎【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了解直线与平面、平面与平面间的位置关系;②认识和理解空间中直线、平面平行的有关性质和判定;③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题 ‎2019课标全国Ⅱ,7,5分 面面平行的判定 充要条件 ‎★★★‎ ‎2019课标全国Ⅰ,19,12分 线面平行的判定,‎ 点到平面的距离 线面垂直的判定 ‎2017课标全国Ⅰ,6,5分 线面平行的判定 ‎—‎ ‎2016课标全国Ⅲ,19,12分 线面平行的判定,三棱锥的体积 线线平行的判定,体积公式 分析解读 从近几年的高考试题来看,高考对本节内容的考查比较平稳,一般通过对图形或几何体的认识,考查直线与平面平行以及平面与平面平行的判定和性质,题型以解答题为主,偶尔也会出现在小题之中,以命题判断居多,难度适中,主要考查直线、平面平行间的转化思想,同时也考查学生的空间想象能力以及逻辑推理能力,分值约为6分.‎ 破考点 练考向 ‎【考点集训】‎ 考点　直线、平面平行的判定与性质 ‎1.(2020届黑龙江哈三中9月月考,5)给出下列四种说法:‎ ‎①若平面α∥β,直线a⊂α,b⊂β,则a∥b;‎ ‎②若直线a∥b,直线a∥α,直线b∥β,则α∥β;‎ ‎③若平面α∥β,直线a⊂α,则a∥β;‎ ‎④若直线a∥α,a∥β,则α∥β.‎ 其中正确的个数为(　　)‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 答案　D　‎ ‎2.(2019豫北六校联考,5)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别为AC,PC上的两点,且MN∥平面PAD,则(　　)‎ A.MN∥PD B.MN∥PA C.MN∥AD D.以上均有可能 答案　B　‎ ‎3.(2020届贵州贵阳中学等六校9月联考,8)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=‎2‎‎3‎a,则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)‎ A.斜交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 答案　B　‎ ‎4.如图,在多面体ABC-DEFG中,平面ABC∥平面DEFG,EF∥DG,且AB=DE,DG=2EF,则(　　)‎ A.BF∥平面ACGD B.CF∥平面ABED C.BC∥FG D.平面ABED∥平面CGF 答案　A　‎ ‎5.如图,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外的一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH,求证:AP∥GH.‎ 证明　如图,连接AC,设AC交BD于O,连接MO.‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,‎ ‎∴O是AC的中点.‎ 又M是PC的中点,‎ ‎∴MO∥PA.‎ 又MO⊂平面BDM,PA⊄平面BDM,‎ ‎∴PA∥平面BDM.‎ 又经过PA与点G的平面交平面BDM于GH,‎ ‎∴AP∥GH.‎ ‎6.(2020届西南地区名师联盟8月联考,18)如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点.‎ ‎(1)求证:BM∥平面ADEF;‎ ‎(2)求证:平面BDE⊥平面BEC.‎ 证明　(1)取DE的中点N,连接MN、AN,‎ 在△EDC中,M、N分别为CE、DE的中点,‎ ‎∴MN∥CD,且MN=‎1‎‎2‎CD.‎ 由已知得AB∥CD,AB=‎1‎‎2‎CD,‎ ‎∴MN∥AB,且MN=AB,‎ ‎∴四边形ABMN为平行四边形,∴BM∥AN,‎ 又∵AN⊂平面ADEF,BM⊄平面ADEF,∴BM∥平面ADEF.‎ ‎(2)∵四边形ADEF为正方形,∴ED⊥AD.‎ 又∵平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,‎ ED⊂平面ADEF,∴ED⊥平面ABCD,∴ED⊥BC.‎ 在直角梯形ABCD中,由AB=AD=2,CD=4,AD⊥DC,可得BC=2‎2‎.‎ 在△BCD中,BD=BC=2‎2‎,CD=4,∴BD2+BC2=CD2,‎ ‎∴BC⊥BD,又ED∩BD=D,∴BC⊥平面BDE,‎ 又∵BC⊂平面BCE,∴平面BDE⊥平面BEC.‎ ‎7.(2019河北邯郸调研,18)如图,在四棱锥S-ABCD中,侧棱SA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,且SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点.‎ ‎(1)求证:AM∥平面SCD;‎ ‎(2)求三棱锥B-MAC的体积.‎ 答案　(1)证明:取SC的中点N,连接MN,ND.‎ ‎∵M,N分别是SB,SC的中点,∴MN∥BC,且MN=‎1‎‎2‎BC.‎ ‎∵AD∥BC,且AD=‎1‎‎2‎BC,∴MN∥AD且MN=AD.‎ ‎∴四边形AMND为平行四边形,∴AM∥ND.‎ 又AM⊄平面SCD,ND⊂平面SCD,∴AM∥平面SCD.‎ ‎(2)∵SA⊥底面ABCD,∴SA⊥BC,又BC⊥AB,SA∩AB=A,‎ ‎∴BC⊥平面SAB,‎ ‎∴VB-MAC=VC-MAB=‎1‎‎3‎·S△MAB·BC=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×(‎2‎)2×2=‎2‎‎3‎.‎ 炼技法 提能力 ‎【方法集训】‎ 方法1　证明线面平行的方法 ‎1.(2020届皖南八校第一次联考,19)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,E,F,G分别是棱BC,AD,PA的中点.‎ ‎(1)求证:PE∥平面BFG;‎ ‎(2)若PD=AD=1,AB=2,求点C到平面BFG的距离.‎ 答案　(1)证明:连接DE.‎ ‎∵在矩形ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,‎ ‎∴DF=BE,DF∥BE,‎ ‎∴四边形BEDF是平行四边形,∴DE∥BF.(2分)‎ ‎∵G是PA的中点,∴FG∥PD.(3分)‎ ‎∵PD,DE⊄平面BFG,FG,BF⊂平面BFG,‎ ‎∴PD∥平面BFG,DE∥平面BFG.(4分)‎ ‎∵PD∩DE=D,∴平面PDE∥平面BFG.(5分)‎ ‎∵PE⊂平面PDE,∴PE∥平面BFG.(6分)‎ ‎(2)解法一:∵PD⊥平面ABCD,FG∥PD,∴FG⊥平面ABCD.‎ 在平面ABCD内,过C作CM⊥BF,垂足为M,则FG⊥CM.‎ ‎∵FG∩BF=F,∴CM⊥平面BFG,‎ ‎∴CM的长是点C到平面BFG的距离.(8分)‎ 在矩形ABCD中,F是AD的中点,AD=1,AB=2,易证△BCM∽△FBA,‎ ‎∴CMBA=BCFB.(10分)‎ ‎∵FB=AB‎2‎+AF‎2‎=‎17‎‎2‎,BC=AD=1,∴CM=‎4‎‎17‎‎17‎,即点C到平面BFG的距离为‎4‎‎17‎‎17‎.(12分)‎ 解法二:连接CF,设C到平面BFG的距离为d,‎ 在矩形ABCD中,AF=‎1‎‎2‎AD=‎1‎‎2‎,AB=2,‎ ‎∴BF=‎1‎‎4‎‎+4‎=‎17‎‎2‎.(8分)‎ ‎∵PD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,∴PD⊥BF,‎ ‎∵FG∥PD,∴FG⊥BF,又知FG=‎1‎‎2‎PD=‎1‎‎2‎,∴△BFG的面积为‎1‎‎2‎BF·FG=‎17‎‎8‎.(10分)‎ ‎∵△BCF的面积为‎1‎‎2‎BC·AB=1,VC-BFG=VG-BCF,‎ ‎∴‎1‎‎3‎×‎17‎‎8‎d=‎1‎‎3‎×1×‎1‎‎2‎,∴d=‎4‎‎17‎‎17‎,即点C到平面BFG的距离为‎4‎‎17‎‎17‎.(12分)‎ ‎2.(2019河南安阳三模,18)如图所示,四棱锥A-BCDE中,BE∥CD,BE⊥平面ABC,CD=‎3‎‎2‎BE,点F在线段AD上.‎ ‎(1)若AF=2FD,求证:EF∥平面ABC;‎ ‎(2)若△ABC为等边三角形,CD=AC=3,求四棱锥A-BCDE的体积.‎ 答案　(1)证明:取线段AC上靠近C的三等分点G,连接BG,GF.‎ 因为AGAC=AFAD=‎2‎‎3‎,所以GF∥CD,GF=‎2‎‎3‎CD=BE.(2分)‎ 又BE∥CD,故GF∥BE.(3分)‎ 故四边形BGFE为平行四边形,故EF∥BG.(4分)‎ 因为EF⊄平面ABC,BG⊂平面ABC,故EF∥平面ABC.(6分)‎ ‎(2)因为BE⊥平面ABC,BE⊂平面BCDE,‎ 所以平面ABC⊥平面BCDE.(8分)‎ 所以四棱锥A-BCDE的高即为△ABC中BC边上的高.(9分)‎ 易求得BC边上的高为‎3‎‎2‎×3=‎3‎‎3‎‎2‎.‎ 故四棱锥A-BCDE的体积V=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×(2+3)×3×‎3‎‎3‎‎2‎=‎15‎‎3‎‎4‎.(12分)‎ 方法2　证明面面平行的方法 ‎1.(2020届四川成都9月摸底考试,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°,M、N分别为AD、PA的中点.‎ ‎(1)证明:平面BMN∥平面PCD;‎ ‎(2)若AD=6,求三棱锥P-BMN的体积.‎ 答案　(1)证明:连接BD.‎ ‎∵AB=AD,∠BAD=60°,‎ ‎∴△ABD为正三角形.‎ ‎∵M为AD的中点,∴BM⊥AD.‎ ‎∵AD⊥CD,CD,BM⊂平面ABCD,∴BM∥CD.(1分)‎ 又BM⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,‎ ‎∴BM∥平面PCD.(2分)‎ ‎∵M,N分别为AD,PA的中点,∴MN∥PD.‎ 又MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,‎ ‎∴MN∥平面PCD.(3分)‎ 又BM,MN⊂平面BMN,BM∩MN=M,(5分)‎ ‎∴平面BMN∥平面PCD.(6分)‎ ‎(2)在(1)中已证BM⊥AD,‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD,BM⊂平面ABCD,‎ ‎∴BM⊥平面PAD,(7分)‎ ‎∵AB=AD=6,∠BAD=60°,∴BM=3‎3‎.(8分)‎ ‎∵M,N分别为AD,PA的中点,PA=PD=‎2‎‎2‎AD=3‎2‎,‎ ‎∴S△PMN=‎1‎‎4‎S△PAD=‎1‎‎4‎×‎1‎‎2‎×(3‎2‎)2=‎9‎‎4‎.(10分)‎ ‎∴三棱锥P-BMN的体积VP-BMN=VB-PMN=‎1‎‎3‎S△PMN·BM=‎1‎‎3‎×‎9‎‎4‎×3‎3‎=‎9‎‎3‎‎4‎.(12分)‎ ‎2.(2018吉林长春质量监测,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点.‎ ‎(1)求证:平面CMN∥平面PAB;‎ ‎(2)求三棱锥P-ABM的体积.‎ 答案　(1)证明:∵M,N分别为PD,AD的中点,‎ ‎∴MN∥PA,又MN⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,‎ ‎∴MN∥平面PAB.‎ 在Rt△ACD中,∠CAD=60°,∠ACD=90°,易知CN=AN,‎ ‎∴∠ACN=60°.‎ 又∠BAC=60°,∴CN∥AB.‎ ‎∵CN⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,‎ ‎∴CN∥平面PAB.‎ 又CN∩MN=N,∴平面CMN∥平面PAB.‎ ‎(2)由(1)知,平面CMN∥平面PAB,‎ ‎∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离,‎ ‎∵∠ABC=90°,∴CB⊥AB.‎ ‎∵PA⊥平面ABCD,‎ ‎∴PA⊥BC,‎ ‎∴BC⊥平面PAB.‎ ‎∵AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=‎3‎,‎ ‎∴三棱锥P-ABM的体积V=VM-PAB=VC-PAB=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×1×2×‎3‎=‎3‎‎3‎.‎ ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点　直线、平面平行的判定与性质 ‎1.(2019课标全国Ⅱ,7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(　　)‎ A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 答案　B　‎ ‎2.(2017课标全国Ⅰ,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　‎ ‎3.(2019课标全国Ⅰ,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,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.‎ 答案　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)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=‎1‎‎2‎B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=‎1‎‎2‎A1D.‎ 由题设知A1B1