高考理科数学课标3版§8.2 直线、平面平行的判定与性质

行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,
面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.
(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=
AD,以A为原点,分别以 AB
答案 ②③④
解析 若m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,又n∥β,则α,β相交或平行,所以①错误; 若m⊥α,n∥α,则m⊥n,所以②正确; 若α∥β,m⊂α,由面面平行的性质可得m∥β,③正确; 由线面所成角的定义可得④正确. 所以正确的命题有②③④.
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点 直线、平面平行的判定与性质
= 1 ,解得h= 8 .经检验,符合题意.所以,线段CF的长为 8 .
| m || n |
3
2

4 h2
3
7
7
思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几 何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何 中的位置关系或长度.
所以, GE

=(2,-2,0), MG=(-1,0,2).
设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),
由
n1 n1


GE 0,

MG 0,
得
2x x

2y 2z

0, 0,
取x=2,得n1=(2,2,1).
在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,
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OM∥CD,且OM= 1 CD,
2
HN∥CD,且HN= 1 CD.
2
所以OM∥HN,OM=HN. 所以四边形MNHO是平行四边形, 从而MN∥OH. 又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH, 所以MN∥平面BDH.
空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点
考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.
依题意,可以建立以A为原点,分别以 AB

, AD

, AE
的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系
(如图),
可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
在Rt△PKM中,KM= PK2 PM 2 = 3 2 . 2
所以cos∠PKM= PK = 2 2 . KM 3
即源自文库面角A-EG-M的余弦值为 2 2 . 3
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),
高考理数 (课标Ⅲ专用) §8.2 直线、平面平行的判定与性质
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 本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查 推理论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理. A、C、D选项中α与β可能相交,故选B. 易错警示 A、C、D三个选项中学生均可能忽略α、β相交的情况.
2.(2016课标全国Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β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)

, 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n1⊥ A1E ,n1⊥ A1D
9
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
则
m m


BD 0,

BF 0,
即
2
x y

y 0, hz 0,
不妨令y=1,可得m= 1,1,

2 h

.
由题意,有|cos<m,n>|= | m n | =
4 2 h
C组 教师专用题组
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(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.
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,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD. 又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC. 又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC. 方法总结 立体几何中证明线线垂直的一般思路: (1)利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c⇒b⊥c); (2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).

则可取平面AEG的一个法向量为n2= DO =(1,1,0),
所以cos<n1,n2>=
|
n1 n1 |

n2 | n2
|
=
220
22
4 41 110 = 3 ,
故二面角A-EG-M的余弦值为 2 2 . 3
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.
5.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E 与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD. 求证:(1)EF∥平面ABC; (2)AD⊥AC.
证明 (1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.
方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: ①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③ 设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量; ④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角或距离.
3.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC. 求证:(1)A1B1∥平面DEC1; (2)BE⊥C1E.
证明 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查 空间想象能力和推理论证能力. (1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED. 又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1. (2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC. 又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
得r1,s1,t1应满足方程组0s1.5r1t100.5, s1 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).
2.(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:EF∥B1C; (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A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平
4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证: (1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明 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. (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1. 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AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC. 又因为A1B∩BC=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.
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则
n n


BD

BE

0, 0,
即

x x

y 0, 2z 0,
不妨令z=1,


可得n=(2,2,1),因此有cos< CE
,n>=
|
CE n

CE || n
|
=- 94 .
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 4 .
设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)证明:依题意, AB
=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又 BF
=(0,2,h),可得 BF

· AB
=0,
又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)依题意, BD=(-1,1,0), BE =(-1,0,2),
CE =(-1,-2,2).
(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P. 在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG, 所以MP⊥EG. 过P作PK⊥EG于K,连接KM, 所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG. 所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角. 设AD=2,则CM=1,PK=2.
在Rt△CMP中,PM=CMsin 45°= 2 . 2
2.(2019天津,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF∥平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为 1 ,求线段CF的长.
3
解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用
所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为
|
| n1 n1 |

n2 | | n2
|
= 2 = 6 . 3 2 3
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.
3.(2014课标全国Ⅱ,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.
1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”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 A ∵m⊄α,n⊂α,m∥n,∴m∥α,故充分性成立.而由m∥α,n⊂α,得m∥n或m与n异面,故 必要性不成立.故选A.