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8.3直线、平面平行的判定和性质挖命题【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平行的判定和性质1.了解直线与平面、平面与平面的位置关系.2.理解直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理.3.理解直线与平面平行、平面与平面平行的性质定理,并能够证明.4.能够证明空间平行位置关系的简单命题.2018浙江,6线线平行与线面平行的判定和性质直线与平面的位置关系2017浙江,19线面平行的判定和性质直线与平面所成的角2015浙江文,4线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质面面垂直、线面垂直、线线垂直的判定和性质分析解读1.平行关系是立体几何中的一种重要关系.判断命题及位置关系常以选择题、填空题形式出现.2.直线与平面、平面与平面平行的判定与性质是高考考查的重点和热点,常以棱锥、棱柱及不规则几何体为背景,以解答题的形式出现.3.预计2020年高考中,直线与平面、平面与平面平行的判定与性质的应用,证明线面、面面的平行关系,仍是高考的考查的重点.破考点【考点集训】考点平行的判定和性质1.(2017浙江镇海中学模拟训练(一),3)若有直线m、n和平面、,则下列四个命题中,为真命题的是()A.若m,n,则mnB.若m,n,m,n则C.若,m,则mD.若,m,m,则m答案D2.(2018浙江重点中学12月联考,19)在等腰梯形ABCD中(如图1),AB=4,BC=CD=DA=2,F为线段CD的中点,E、M为线段AB上的点,AE=EM=1,现将四边形AEFD沿EF折起(如图2).图1图2(1)求证:AM平面BCD;(2)若BD=302,求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值.解析(1)证明:连接CM,EMFC且EM=FC=1,四边形EFCM为平行四边形,(2分)EFCM且EF=CM.又EFAD且EF=AD,CMAD且CM=AD,(4分)四边形ADCM为平行四边形,AMDC,又DC平面BCD,AM平面BCD,AM平面BCD.(6分)(2)过点D作DHEF于H,连接BH,CH,在RtDFH中,易知DFH=60,又DF=1,DH=32,FH=,在BEH中,EH=EF-FH=,(10分)HEB=60,EB=3,HB2=322+32-23cos 60=274.在BDH中,DH=32,BH=332,BD=302,DH2+BH2=BD2,DHHB,又DHEF,DH平面BCFE.(13分)CH为CD在平面BCFE内的射影,DCH为CD与平面BCFE所成的角,在FCH中,易知CFH=120,CH=FH2+CF2-2FHCFcos 120=72,在RtCDH中,CD=DH2+CH2=102,sinDCH=DHCD=3010,(14分)CD与平面BCFE所成角的正弦值为3010.(15分)炼技法【方法集训】方法平行关系判定的方法1.(2018浙江嘉兴教学测试(4月),19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,侧面PCD为正三角形且二面角P-CD-A的平面角为60.(1)设侧面PAD与平面PBC的交线为m,求证:mBC.(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为,求sin 的值.解析(1)证明:因为BCAD,BC侧面PAD,AD侧面PAD,所以BC侧面PAD,(2分)又因为侧面PAD与平面PBC的交线为m,所以mBC.(5分)(2)解法一:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,则PMCD、MNCD,所以PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角.从而PMN=60.(8分)作POMN于O,则PO底面ABCD.因为CM=2,PM=23,所以OM=3,OP=3.以O为原点,ON所在直线为x轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.(10分)则AB=(0,4,0),PB=(4-3,2,-3),PC=(-3,2,-3).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则PBn=0,PCn=0,得(4-3)x+2y-3z=0,-3x+2y-3z=0,可取n=(0,3,2),(13分)则sin =|cos|=12134=31313.(15分)解法二:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,则PMCD、MNCD.所以PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角.从而PMN=60.(8分)作POMN于O,则PO底面ABCD.因为CM=2,PM=23,所以OP=3.(10分)作OEAB交BC于E,连接PE.因为BCPO,BCOE,所以BC平面POE,又BC平面PBC,所以平面POE平面PBC,所以PEO就是OE与平面PBC所成的角,(13分)在POE中,tan =POOE=.故sin =31313.(15分)2.(2018浙江宁波高三上学期期末,19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD底面ABCD,四边形ABCD为矩形,E为PA的中点,AB=2a,BC=a,PC=PD=2a.(1)求证:PC平面BDE;(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值.解析(1)证明:如图,设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.在PAC中,由E为PA的中点,得EOPC.(4分)又EO平面BDE,PC平面BDE,所以PC平面BDE.(7分)(2)解法一:在PCD中,DC=2a,PC=PD=2a,所以DC2=PD2+PC2,所以PCPD.因为平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCD=CD,AD平面ABCD,ADCD,所以AD平面PCD,故ADPC,又因为ADPD=D,AD,PD平面PAD,所以PC平面PAD,故PAC就是直线AC与平面PAD所成的角.(12分)在直角PAC中,AC=5a,PC=2a,所以sinPAC=PCAC=2a5a=105,即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为105.(15分)解法二:如图,取CD的中点F,连接PF.因为PC=PD,所以PFCD.又因为平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCD=CD,所以PF平面ABCD.如图,建立空间直角坐标系F-xyz.可得C(0,a,0),D(0,-a,0),P(0,0,a),A(a,-a,0),则AC=(-a,2a,0),PA=(a,-a,-a),DA=(a,0,0),(11分)设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),则mPA=0,mDA=0,即ax-ay-az=0,ax=0,可取m=(0,1,-1),(13分)设直线AC与平面PAD所成角的大小为,则sin =|cos|=|mAC|m|AC|=2a25a=105,所以直线AC与平面PAD所成角的正弦值为105.(15分)过专题【五年高考】A组自主命题浙江卷题组考点平行的判定和性质(2018浙江,6,4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答案AB组统一命题、省(区、市)卷题组考点平行的判定和性质1.(2017课标全国文,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A2.(2016课标全国,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案3.(2018江苏,15, 14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1.求证:(1)AB平面A1B1C;(2)平面ABB1A1平面A1BC.证明本小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,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1.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AB1A1B.因为AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC.又因为A1BBC=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.4.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD.求证:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.证明(1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD,所以EFAB.又因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因为AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC,所以ADAC.5.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=23,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF.又EFOB,所以GIOB.在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC.又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.(2)解法一:连接OO,则OO平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BOAC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,23,0),C(-23,0,0),所以BC=(-23,-23,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=FB2-BM2=3,可得F(0,3,3).故BF=(0,-3,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由mBC=0,mBF=0,可得-23x-23y=0,-3y+3z=0.可得平面BCF的一个法向量m=-1,1,33.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos=mn|m|n|=77.所以二面角F-BC-A的余弦值为77.解法二:连接OO.过点F作FM垂直OB于点M.则有FMOO.又OO平面ABC,所以FM平面ABC.可得FM=FB2-BM2=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FNBC,从而FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin 45=62.从而FN=422,可得cosFNM=77.所以二面角F-BC-A的余弦值为77.评析本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.C组教师专用题组考点平行的判定和性质 1.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE,所以CM平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.过点A作AHCE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA平面ABCD,又CE平面ABCD,从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q,则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中,AEH=45,AE=1,所以AH=22.在RtPAH中,PH=PA2+AH2=322,所以sinAPH=AHPH=.解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.由PAAB,可得PA平面ABCD.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.作AyAD,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由nPE=0,nEC=0,得x-2z=0,x+y=0,设x=2,则可得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为,则sin =|nAP|n|AP|=2222+(-2)2+12=.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.2.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线DE平面A1C1F;(2)平面B1DE平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.评析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,考查空间想象能力和推理论证能力.3.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1CBC1=E.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ABC-A1B1C1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,BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1B1C.因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.4.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EFB1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1ABDC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1CA1D,又A1D面A1DE,B1C面A1DE,于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1,面A1DE面B1CD1=EF,所以EFB1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1AB,AA1AD,ABAD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以AB,AD,AA1为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量A1E=(0.5,0.5,0),A1D=(0,1,- 1),由n1A1E,n1A1D得r1,s1,t1应满足的方程组0.5r1+0.5s1=0,s1-t1=0,(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为|n1n2|n1|n2|=232=63.评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.5.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面FGH;(2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)连接DG,CD,设CDGF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OHBD,又OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.(2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DGFC.又FC平面ABC,所以DG平面ABC.在ABC中,由ABBC,BAC=45,G是AC中点,所以AB=BC,GBGC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).可得H22,22,0,F(0,2,1),故GH=22,22,0,GF=(0,2,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由nGH=0,nGF=0,可得x+y=0,2y+z=0.可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,2).因为GB是平面ACFD的一个法向量,GB=(2,0,0),所以cos=GBn|GB|n|=222=.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.6.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GHAB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B为原点,分别以BE,BQ,BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以BA=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),由nAE=0,nAF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=nBA|n|BA|=432=,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.7.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OMCD,且OM=CD,HNCD,且HN=CD.所以OMHN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MNOH.又MN平面BDH,OH平面BDH,所以MN平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MPAC于P.在正方体ABCD-EFGH中,ACEG,所以MPEG.过P作PKEG于K,连接KM,所以EG平面PKM,从而KMEG.所以PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在RtCMP中,PM=CMsin 45=22.在RtPKM中,KM=PK2+PM2=322.所以cosPKM=PKKM=223.即二面角A-EG-M的余弦值为223.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DH方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,GE=(2,-2,0),MG=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由n1GE=0,n1MG=0,得2x-2y=0,-x+2z=0,取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2=DO=(1,1,0),所以cos=n1n2|n1|n2|=2+2+04+4+11+1+0=223,故二面角A-EG-M的余弦值为223.评析本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、二面角的平面角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.8.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD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D-AE-C为60,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.解析(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EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)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A-xyz,则D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12.设B(m,0,0)(m0),则C(m,3,0),AC=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则n1AC=0,n1AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,-1,3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos|=,即33+4m2=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=3=38.评析本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.9.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PAAC,PA=6,BC=8,DF=5.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,PA=6,BC=8,所以DEPA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以DEF=90,即DEEF.又PAAC,DEPA,所以DEAC.因为ACEF=E,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.评析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,考查空间想象能力和推理论证能力.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共8分)1.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),4)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若m,=n,则mnB.若m,n,则mnC.若m,mn,则nD.若m,m,则答案D2.(2018浙江镇海中学模拟,5)已知两条不相交的空间直线a和b,则()A.必定存在平面,使得a,bB.必定存在平面,使得a,bC.必定存在直线c,使得ac,bcD.必定存在直线c,使得ac,bc答案B二、填空题(单空题4分,多空题6分,共4分)3.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,15)已知m,n,l是互不相同的直线,是两个不重合的平面,给出以下四个命题:m,n是两条异面直线,m,n,且m,n,则;若m,n=A,且点Am,则m,n是两条异面直线;若m,n是异面直线,m,n,且lm,ln,则l;已知直线m平面,直线n平面,mn.其中为真命题的序号是.(把所有真命题的序号都填上)答案三、解答题(共45分)4.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABC=BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1,点M,E分别是PA,PD的中点.(1)求证:CE平面BMD;(2)点Q为线段BP的中点,求直线PA与平面CEQ所成角的余弦值.解析(1)证明:连接ME,因为点M,E分别是PA,PD的中点,所以ME=AD,MEAD,所以BCME,BC=ME,所以四边形BCEM为平行四边形,所以CEBM.又因为BM平面BMD,CE平面BMD,所以CE平面BMD.(6分)(2)如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,2),Q12,0,1,E(0,1,1),所以CQ=-12,-1,1,CE=(-1,0,1),PA=(0,0,-2).设平面CEQ的法向量为n=(x,y,z),由CQn=0,CEn=0,得-12x-y+z=0,-x+z=0,令x=2,则z=2,y=1,所以平面CEQ的一个法向量为n=(2,1,2).设直线PA与平面CEQ所成角的大小为,于是sin =|PAn|PA|n|=,进而求得cos =53.所以直线PA与平面CEQ所成角的余弦值为53.(15分)5.(2019届浙江温州九校联考,19)如图,将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B,其中E为CD的中点,已知AB=2,BC=1,BD1=CD1,F为D1B的中点.(1)求证:CF平面AD1E;(2)求AF与平面BD1E所成角的正弦值.解析(1)证明:取AD1的中点G,连接GF,GE,易得GFEC,GF=EC,所以四边形CEGF是平行四边形,所以CFGE.(4分)又GE平面AD1E,CF平面AD1E,所以CF平面AD1E.(6分)(2)解法一:取AE的中点H,BC的中点M,连接D1H,HM,D1M,因为BD1=CD1,所以D1MBC,又HMBC,D1MHM=M,所以BC平面D1HM,所以BCD1H,又D1HAE,所以D1H平面ABCE,因为D1H平面AD1E,所以平面AD1E平面ABCE.(8分)又易知BEAE,所以BE平面AD1E,(9分)所以BEAD1,又AD1D1E,所以AD1平面BD1E,(10分)所以AFD1是AF与平面BD1E所成的角.(12分)又AD1=1,D1F=32,所以AF=72,(14分)所以sinAFD1=AD1AF=277.(15分)解法二:建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),E(0,1,0),B(1,2,0),C(0,2,0),设D1(x,y,z),由AD1=1,ED1=1,BD1=CD1,即(x-1)2+y2+z2=1,x2+(y-1)2+z2=1,(x-1)2+(y-2)2+z2=x2+(y-2)2+z2,(9分)解得x=12,y=12,z=22,(10分)所以D112,12,22,F34,54,24,则AF=-14,54,24,ED1=12,-12,22,易知EB=(1,1,0),设平面BD1E的法向量为n=(x1,y1,z1),由nED1=0,nEB=0,得12x1-12y1+22z1=0,x1+y1=0,令x1=1,则y1=-1,z1=-2,所以n=(1,-1,-2).(12分)设AF与平面BD1E所成角的大小为,则sin =|nAF|n|AF|=|-2|272=277.(15分)6.(2018浙江名校协作体联考,19,15分)在如图所示的几何体中,平面DAE平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,四边形DCFE为菱形.已知ABCD,ABC=60,CD=AB=1.(1)线段AC上是否存在一点N,使得AE平行于平面FDN?证明你的结论;(2)若线段FC在平面ABCD上的投影长度为,求直线AC与平面ADF所成角的正弦值.解析(1)在线段AC上存在点N,使得AE平面FDN,且N是AC的中点.证明如下:如图,取AC的中点N,连接EC交DF于点G,连接GN,FN,DN.四边形CDEF为菱形,G为EC的中点.在ACE中,由中位线定理可得GNAE.(4分)GN平面FDN,AE平面FDN,AE平面FDN,在线段AC上存在点N,使得AE平面FDN,且N是AC的中点.(6分)(2)解法一:DECF,DE在平面ABCD上的投影长度为,作EOAD,平面DAE平面ABCD,平面DAE平面ABCD=AD,EO平面ABCD,则OD=,且点O为线段AD的中点,以O为原点,OE所在直线为z轴,过O平行于DC的直线为y轴,过O且垂直平面yOz的直线为x轴,建立空间直角坐标系,则x轴在平面ABCD内.可得A34,-14,0,C-34,54,0,D-34,14,0,E0,0,32,AC=-32,32,0,DA=32,-12,0,(9分)DF=DE+EF=DE+DC=34,-14,32+(0,1,0)=34,34,32,(11分)设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),则nDA=0,nDF=0,得32x-12y=0,34x+34y+32z=0,解得一个法向量为n=(1,3,-2).设直线AC与平面ADF所成的角为,则sin =|cos|=3223=24.(15分)解法二:DECF,DE在平面ABCD上的投影长度为,作EOAD,平面DAE平面ABCD,平面DAE平面ABCD=AD,EO平面ABCD,则OD=,且点O为线段AD的中点.(7分)设点C到平面FDA的距离为h,VC-FDA=VF-ADC,hSFDA=|EO|SADC,(8分)SADC=34,EO=32,取AB的中点M,连接CM.取CM的中点P,连接AP,DP,FP.EFCD,且P为CM的中点,FP平面ABCD,AP=72,DP=FP=32,AF=102,DF=62,DF2+AD2=AF2,即ADF为直角三角形,SFDA=64,(12分)h=|EO|SADCSFDA=323464=64,(14分)设直线AC与平面FDA所成的角为,则sin =hAC=24.(15分)
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