五年高考真题高考数学复习 第八章 第四节 空间中平行的判定与性质 理全国通用

高考数学精品复习资料 2019.5 第四节第四节 空间中平行的判定与性质空间中平行的判定与性质 考点 空间中平行的判定与性质 1(20 xx广东，6)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面下列命题中正确的是( ) A若，m，n，则mn B若，m，n，则mn C若mn，m，n，则 D若m，mn，n，则 解析 A 项中，m与n还可能平行或异面，故不正确； B 项中，m与n还可能异面，故不正确； C 项中，与还可能平行或相交，故不正确； D 项中，m，mn，n. 又n，故选 D. 答案 D 2(20 xx四川，6)下列命题正确的是( ) A若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 解析 若两条直线和同一平面所成的角相等，则这两条直线可平行、可异面、可相交选项 A 错； 如果到一个平面距离相等的三个点在同一条直线上或在这个平面的两侧，则经过这三个点的平面与这个平面相交，选项 B 不正确； 如图，平面b，a，a，过直线a作平面c，过直线a作平面d， a，ac， a，ad，dc， c，d，d， 又d，db，ab，选项 C 正确； 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面可平行、可相交，选项 D 不正确 答案 C 3(20 xx江苏，16)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1.设AB1的中点为D，B1CBC1E. 求证：(1)DE平面AA1C1C； (2)BC1AB1. 证明 (1)由题意知，E为B1C的中点， 又D为AB1的中点，因此DEAC. 又因为DE平面AA1C1C，AC 平面AA1C1C， 所以DE平面AA1C1C. (2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱， 所以CC1平面ABC. 因为AC 平面ABC，所以ACCC1. 又因为ACBC，CC1 平面BCC1B1，BC 平面BCC1B1，BCCC1C， 所以AC平面BCC1B1. 又因为BC1 平面BCC1B1， 所以BC1AC. 因为BCCC1， 所以矩形BCC1B1是正方形， 因此BC1B1C. 因为AC，B1C 平面B1AC，ACB1CC， 所以BC1平面B1AC. 又因为AB1 平面B1AC， 所以BC1AB1. 4(20 xx江苏，16)如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点已知PAAC，PA6，BC8，DF5. 求证：(1)直线PA平面DEF； (2)平面BDE平面ABC. 证明 (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA. 又因为PA平面DEF，DE 平面DEF， 所以直线PA平面DEF. (2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8， 所以DEPA，DE12PA3， EF12BC4. 又因为DF5， 故DF2DE2EF2， 所以DEF90，即DEEF. 又PAAC，DEPA，所以DEAC. 因为ACEFE，AC 平面ABC，EF 平面ABC， 所以DE平面ABC. 又DE 平面BDE， 所以平面BDE平面ABC. 5(20 xx新课标全国，18)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点 (1)证明：PB平面AEC； (2)设二面角DAEC为 60，AP1，AD 3，求三棱锥EACD的体积 (1)证明 连接BD交AC于点O，连接EO. 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点 又E为PD的中点，所以EOPB. 又因为EO 平面AEC，PB平面AEC， 所以PB平面AEC. (2)解 因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直 如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|AP|为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0， 3，0)，E0，32，12，AE0，32，12. 设B(m，0，0)(m0)，则C(m， 3，0)，AC(m， 3，0) 设n n1(x，y，z)为平面ACE的法向量， 则n n1AC0，n n1AE0，即mx 3y0，32y12z0， 可取n n13m，1， 3 . 又n n2(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设知|cosn n1 1，n n2 2|12，即334m212，解得m32.因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为12，三棱锥EACD的体积V1312 3321238. 6(20 xx湖北，19)如图，在棱长为 2 的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02) (1)当1 时，证明：直线BC1平面EFPQ； (2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由 法一(几何法) (1)证明 如图 1，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1AD1. 当1 时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FPAD1. 所以BC1FP. 而FP 平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ. (2)解 如图 2，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EFBD，且EF12BD. 又DPBQ，DPBQ， 所以四边形PQBD是平行四边形， 故PQBD，且PQBD， 从而EFPQ，且EF12PQ. 在 RtEBQ和 RtFDP中， 因为BQDP，BEDF1， 于是EQFP 12，所以四边形EFPQ是等腰梯形 同理可证四边形PQMN是等腰梯形 分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG， 则GOPQ，HOPQ，而GOHOO， 故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角 若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH90. 连接EM，FN，则由EFMN，且EFMN，知四边形EFNM是平行四边形 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点， 所以GHME2. 在GOH中，GH24， OH212222212， OG21(2)2222(2)212， 由OG2OH2GH2，得(2)2122124， 解得122， 故存在122，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角 法二(向量方法) 以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图 3 所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，) BC1(2，0，2)，FP(1，0，)，FE(1，1，0) (1)证明 当1 时，FP(1，0，1)， 又因为BC1(2，0，2)， 所以BC12FP，即BC1FP. 而FP 平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ. (2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n n(x，y，z)， 则由FEn n0，FPn n0，可得xy0，xz0. 于是可取n n(，1) 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m m(2，2，1) 若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角， 则mnmn(2，2，1)(，1)0， 即(2)(2)10， 解得122. 故存在122，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角 7(20 xx江苏，16)如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点 求证：(1)平面EFG平面ABC； (2)BCSA. 证明 (1)因为ASAB，AFSB，垂足为F， 所以F是SB的中点，又因为E是SA的中点， 所以EFAB. 因为EF平面ABC，AB 平面ABC， 所以EF平面ABC. 同理EG平面ABC.又EFEGE， 所以平面EFG平面ABC. (2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB， 又AF 平面SAB，AFSB， 所以AF平面SBC. 因为BC 平面SBC，所以AFBC. 又因为ABBC，AFABA，AF，AB 平面SAB， 所以BC平面SAB. 因为SA 平面SAB，所以BCSA. 8.(20 xx新课标全国，18)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCB22AB. (1)证明：BC1平面A1CD； (2)求二面角DA1CE的正弦值 (1)证明 连接AC1交A1C于点F， 则F为AC1的中点又D是AB的中点，连接DF， 则BC1DF.因为DF 平面A1CD，BC1平面A1CD， 所以BC1平面A1CD. (2)解 由ACCB22AB得， ACBC.以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向， CB的方向为y轴正方向， CC1的方向为z轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz. 设CA2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2) CD(1，1，0)，CE(0，2，1)， CA1(2，0，2) 设n n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量， 则n nCD0，n nCA10，即x1y10，2x12z10. 可取n n(1，1，1) 同理，设m m(x2，y2，z2)是平面A1CE的法向量， 则m mCE0，m mCA10， 即2y2z20，2x22z20. 可取m m(2，1，2) 从而 cosn n，m mn nm m|n n|m m|33， 故 sinn n，m m63. 即二面角DA1CE的正弦值为63.