2021高考数学文科（全国版）一轮复习教师用书：第八章第三讲　直线、平面平行的判定及性质 WORD版含解析.docx

1、第三讲直线、平面平行的判定及性质 1.下列命题中正确的是()A.若a,b是两条直线,且ab,那么a平行于经过b的任一平面B.若直线a和平面满足a,那么a与内的任一直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a,b和平面满足ab,a,b,则b2.2018浙江,6,5分已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.2019全国卷,7,5分文设,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4.2019安徽省江南十校素质检测如图

2、8 - 3 - 1所示,在正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E,F,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点,则下列叙述中正确的是()A.直线BQ平面EFGB.直线A1B平面EFGC.平面APC平面EFGD.平面A1BQ平面EFG5.2019广西质量检测如图8 - 3 - 2,在四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,ABCD,DCB=90,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论正确的是.(填序号)对于任意的点Q,都有APRQ;对于任意的点Q,四边形APQR不可能为平行

3、四边形;存在点Q,使得直线BC平面APQR.考法1 线面平行的判定与性质12020广东七校第一次联考如图8 - 3 - 3所示,四棱锥P - ABCD中,PA底面ABCD,PA=2,ABC=90,AB=3,BC=1,AD=23,CD=4,E为CD的中点.(1)求证:AE平面PBC;(2)求三棱锥C - PBE的体积.(1)连接AC.AB=3,BC=1,ABC=90,AC=2,BCA=60.在ACD中,AD=23,AC=2,CD=4, AC2+AD2=CD2,CAD=90,ACD是直角三角形.又E为CD的中点,AE=12CD=CE=2,ACE是等边三角形,CAE=60,CAE=BCA,BCAE.

4、又AE平面PBC,BC平面PBC,AE平面PBC.(利用线面平行的判定定理证明,注意定理应用的前提条件要齐全)(2)PA底面ABCD,PA平面BCE,PA为三棱锥P - BCE的高.BCA=60,ACD=60,BCE=120.又BC=1,CE=2,SBCE=12BCCEsinBCE=121232=32, V三棱锥C - PBE=V三棱锥P - BCE=13SBCEPA=13322=33.1.2020合肥市高三调研检测如图8 - 3 - 4,已知三棱柱ABC - A1B1C1,M为棱AB上一点,BC1平面A1MC.(1)求证:AM=BM;(2)若ABC是等边三角形,AB=AA1,A1AB=A1A

5、C=60,A1MC的面积为42,求三棱柱ABC - A1B1C1的体积. 考法2 面面平行的判定与性质2如图8 - 3 - 5,四边形ABCD是边长为3的正方形,ED平面ABCD, AF平面ABCD, DE=3AF=3.(1)证明:平面ABF平面DCE.(2)在DE上是否存在一点G,使平面FBG将几何体ABCDEF分成的上、下两部分的体积比为311?若存在,求出点G的位置;若不存在,请说明理由.(1)利用面面平行的判定定理及推论证明;(2)先求出整个几何体的体积.假设存在一点G,过G作MGBF交EC于点M,连接BG,BM,设EG=t,求得几何体GFBME的体积,将其分割成两个三棱锥B - EF

6、G,B - EGM,利用t表示出两个三棱锥的底面积,再利用体积建立方程,解方程求得t的值.(1)解法一(应用面面平行的判定定理证明)因为DE平面ABCD, AF平面ABCD,所以DEAF.因为AF平面DCE,DE平面DCE,所以AF平面DCE.因为四边形ABCD是正方形,所以ABCD.因为AB平面DCE,CD平面DCE,所以AB平面DCE.因为ABAF=A, AB平面ABF,AF平面ABF,所以平面ABF平面DCE.解法二(利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明)因为DE平面ABCD,AF平面ABCD,所以DEAF.因为四边形ABCD为正方形,所以ABCD.又AFAB=A,DEDC=D,AF

7、平面ABF,AB平面ABF,DE平面DCE,DC平面DCE,所以平面ABF平面DCE.解法三(利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明)因为DE平面ABCD,所以DEAD,在正方形ABCD中,ADDC.又DEDC=D,DE平面DCE,DC平面DCE,所以AD平面DCE.同理AD平面ABF.所以平面ABF平面DCE.(2)假设存在满足题意的点G,如图8 - 3 - 6,过G作MGBF交EC于点M,连接BG,BM,GF,BD.则V几何体ABCDEF=V四棱锥B - ADEF+V三棱锥B - CDE=133(1+3)32+133332=212.设EG=t(0t3),则V几何体GFBME=V三棱锥B -

8、 EFG+V三棱锥B - EGM=212314=94.设M到ED的距离为h,过F作FNAD交ED于点N,连接NC.则h3=EMEC=t3 - 1,所以 h=32t, SEGM=34t2,所以13334t2+13332t=94,解得t=1,即存在点G且EG=1,满足条件.2.2020武汉市部分重点中学第二次联考如图8 - 3 - 7,矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,EP=3,BP=2,AD=AE=1,AEEP,G,F分别是BP,BC的中点.(1)求证:平面AFG平面PCE;(2)求四棱锥D - ABPE与三棱锥P - BCD的体积之比.3061.DA中,a可以在过b的平面内,

9、所以A不正确;B中,a与内的直线可能异面,所以B不正确;C中,两个平面可能相交,所以C不正确;D中,由直线与平面平行的判定定理知b,故D正确.2.A若m,n,mn,由线面平行的判定定理知m.若m,m,n,不一定能推出mn,直线m与n可能异面,故“mn”是“m”的充分不必要条件.故选A.3.B对于A,内有无数条直线与平行,当这无数条直线互相平行时,与可能相交,所以A不正确;对于B,根据两平面平行的判定定理与性质知,B正确;对于C,平行于同一条直线的两个平面可能相交,也可能平行,所以C不正确;对于D,垂直于同一平面的两个平面可能相交,也可能平行,如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面,但它们是相交的,

10、所以D不正确.综上可知选B.4.B如图D 8 - 3 - 1所示,分别取AA1,BC的中点H,I,连接HG,HE,EI,IQ,QF,图D 8 - 3 - 1则BQ和平面EFG相交于点Q,可知A错误;因为A1BHE,A1B1平面EFG,HE平面EFG,所以A1B平面EFG,可知B正确;AP平面ADD1A1,HG平面ADD1A1,GH和PA的延长线必相交,所以平面APC和平面EFG相交,可知C错误;平面A1BQ与平面EFG有公共点Q,所以平面A1BQ与平面EFG相交,可知D错误.故选B.5.因为ABCD,AA1DD1,所以平面ABB1A1平面DCC1D1.因为平面APQR平面ABB1A1=AP,平

11、面APQR平面DCC1D1=RQ,所以APRQ,可知正确.因为四边形ABCD是直角梯形,ABCD,所以平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行.因为平面APQR平面BCC1B1=PQ,平面APQR平面ADD1A1=AR,所以PQ与AR不平行,所以四边形APQR不可能为平行四边形,可知正确.延长CD至M,使得DM=CD,则四边形ABCM是矩形,所以BCAM.当R,Q,M三点共线时,AM平面APQR,所以BC平面APQR,可知正确.故填.1. (1)如图D 8 - 3 - 2,连接AC1交A1C于点N,连接MN.图D 8 - 3 - 2BC1平面A1MC,BC1平面ABC1,平面ABC1平面A1M

12、C=MN,BC1MN.由三棱柱ABC - A1B1C1知,四边形ACC1A1为平行四边形.N为AC1的中点.M为AB的中点,即AM=BM.(2)如图D 8 - 3 - 2,连接A1B.ABC是等边三角形,AB=AA1,A1AB=A1AC=60,ABC,AA1B,AA1C是全等的等边三角形,由(1)知,M为AB的中点,A1MAB,CMAB.A1MCM=M,A1M平面A1MC,CM平面A1MC,AB平面A1MC.设AB=2a,则A1M=CM=3a,A1C=2a,A1MC的面积为122a2a=2a2=42,解得a=2,所以AM=2,V三棱锥A - A1MC=13SA1MCAM=823,V三棱柱ABC

13、 - A1B1C1=6V三棱锥A - A1MC=162.2.(1)因为G是BP的中点,BP=2,所以PG=12BP=1.又AE=1,AEBP,所以AEPG且AE=PG,所以四边形AEPG是平行四边形,则AGEP.因为G,F分别是BP,BC的中点,所以FGPC.因为AGFG=G,EPPC=C,AG平面AFG,FG平面AFG,EP平面PCE,PC平面PCE,所以平面AFG平面PCE. (2)如图D 8 - 3 - 3,过点P作PHAB于点H.图D 8 - 3 - 3因为ADAB,平面ABCD平面ABPE,且平面ABCD平面ABPE=AB,AD平面ABCD,所以AD平面ABPE.所以V四棱锥D - ABPE=13S梯形ABPEAD=131+2231=32.因为平面ABCD平面ABPE,平面ABCD平面ABPE=AB,PH平面ABPE,PHAB,所以PH平面ABCD,所以线段PH就是三棱锥P - BCD的高.由(1)知,AG=EP=3,BG=12BP=1,AGB=EPG=90,所以AB=(3)2+12=2,则CD=AB=2,sinABG=32,所以PH=3,所以V三棱锥P - BCD=13SBCDPH=13(1221)3=33.于是V四棱锥D - ABPEV三棱锥P - BCD=3233=32.