高考数学一轮总复习第8章立体几何初步第4节直线平面平行的判定与性质高考AB卷理.pdf

小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学【大高考】2017 版高考数学一轮总复习第 8 章 立体几何初步第 4节 直线、平面平行的判定与性质高考AB卷 理空间中平行的判定与性质1.(2016全国，19)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC 3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明由已知得AM23AD 2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TN12BC2.又ADBC，故TN綉AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN平面PAB.(2)解取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，AEAB2BE2AB2BC225.以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N52，1，2，PM(0，2，4)，PN52，1，2，AN52，1，2.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学nPM0，nPN0，即2y4z0，52xy2z0，可取n(0，2，1).于是 cosn，ANnAN|n|AN|8525.设AN与平面PMN所成的角为，则 sin 8525，直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为8525.2.(2014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，AD3，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，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，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学则n1AC 0，n1AE 0，即mx3y0，32y12z 0，可取n13m，1，3.又n2(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设知|cos n1，n2|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V13123321238.3.(2013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.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学设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(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则nCD0，nCA1 0，即x1y10，2x12z10.可取n(1，1，1).同理，设m(x2，y2，z2)是平面A1CE的法向量，则mCE0，mCA1 0，即2y2z2 0，2x2 2z20.可取m(2，1，2).从而 cosn，mnm|n|m|33，故 sin n，m63.即二面角DA1CE的正弦值为63.空间中平行的判定与性质1.(2013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mnB.若，m?，n?，则mnC.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.(2012四川，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小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学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.(2016山东，17)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EFFB12AC23，ABBC，求二面角FBCA的余弦值.(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HIGII，所以平面GHI平面ABC.因为GH?平面GHI，所以GH平面ABC.(2)连接OO，则OO平面ABC.又ABBC，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Oxyz.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学由题意得B(0，23，0)，C(23，0，0).过点F作FM垂直OB于点M，所以FMFB2BM23，可得F(0，3，3).故BC(23，23，0)，BF(0，3，3).设m(x，y，z)是平面BCF的一个法向量.由mBC0，mBF0.可得23x23y 0，3y3z0.可得平面BCF的一个法向量m1，1，33，因为平面ABC的一个法向量n(0，0，1)，所以 cosm，nmn|m|n|77.所以二面角FBCA的余弦值为77.4.(2015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.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学又因为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BC1AB1.5.(2014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.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学(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EQFP12，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GHME 2.在GOH中，GH24，OH212222212，OG21(2)2222(2)212，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学由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(x，y，z)，则由FEn0，FPn0，可得xy0，xz0.于是可取n(，1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为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m n(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.