§8.4 直线、平面平行的判定与性质

§8.4直线、平面平行的判定与性质
会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.推理和证明要严谨、合理、充分.4.高考对本节内容的考查,一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化思想,题型以解答题为主,分值约为5分,属中档题.
五年高考
考点一直线与平面平行的判定与性质
1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是()
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β,则在α内与β平行的直线
D.若m,n,则m与n垂直于同一平面
答案D
2.(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.
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.
3.(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B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.
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,A1C1∥AC.
在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,
所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.
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A1A⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,
所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,
所以B1D⊥平面A1C1F.
因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.
4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠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,BC∥ED,且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.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,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE,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PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,
所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,
所以sin∠APH==.
解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
作Ay⊥AD,以A为原点,以,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=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),
由得
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sinα===.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
教师用书专用(5—13)
5.(2013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是()
A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n
B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
答案D
6.(2013安徽,15,5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).
①当0<CQ<时,S为四边形
②当CQ=时,S为等腰梯形
③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=
④当<CQ<1时,S为六边形
⑤当CQ=1时,S的面积为
答案①②③⑤
7.(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,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.
解析(1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.
在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,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OH∥BD,
又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.
证法二:在三棱台DEF-ABC中,
由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,
所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.
在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,
所以GH∥AB.
又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.
(2)解法一: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DG∥FC.
又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.
在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,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(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).
可得H,F(0,,1),
故=,=(0,,1).
设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,
则由可得
可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).
因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),
所以cos<,n>===.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
解法二:作HM⊥AC于点M,作MN⊥GF于点N,连接NH.
由FC⊥平面ABC,得HM⊥FC,
又FC∩AC=C,所以HM⊥平面ACFD.
因此GF⊥NH,所以∠MNH即为所求的角.
在△BGC中,MH∥BG,MH=BG=,
由△GNM∽△GCF,
可得=,从而MN=.
由HM⊥平面ACFD,MN⊂平面ACFD,得HM⊥MN,
因此tan∠MNH==,
所以∠MNH=60°.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
8.(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,,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=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-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=(1,0,0),=(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==.
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.
9.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:
(1)DE∥平面AA1C1C;
(2)BC1⊥AB1.
证明(1)由题意知,E为B1C的中点,
又D为AB1的中点,因此DE∥AC.
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AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,
BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1,
所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,
所以矩形BCC1B1是正方形,
因此BC1⊥B1C.
因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.
10.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.
(1)求证:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;
(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.
解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).
又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).
(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).
设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).
设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).
因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.
所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.
(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得
cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.
11.(2014课标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=,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EO∥PB.
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,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=.
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).
设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
则即可取n1=.
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,
由题设得|cos<n1,n2>|=,即=,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=××××=.
12.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1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DP=BQ=λ(0<λ<2).
(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;
(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
解析解法一:(几何方法)
(1)证明:如图1,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.
当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,
所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)如图2,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,
所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,
所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,
从而EF∥PQ,且EF=PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,
于是EQ=FP=,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,记为H,O,G,连接OH,OG,
则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,
故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.
若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.
连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,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GH=ME=2.
在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,
OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+,
由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,
故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.
解法二:(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D-xyz.
由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).
=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).
(1)证明:当λ=1时,=(-1,0,1),
因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),
则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).
同理可得平面MNPQ的法向量为m=(λ-2,2-λ,1).
若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,
则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,
即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±.
故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.
13.(2013山东,18,12分)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD 与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.
(1)求证:AB∥GH;
(2)求二面角D-GH-E的余弦值.
解析(1)证明:因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.
所以EF∥DC.
又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.
又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH.
又EF∥AB,所以AB∥GH.
(2)解法一:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ.
因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB.
又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ.
由(1)知,AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.
又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.
同理可得GH⊥HC,
所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角.
设BA=BQ=BP=2,连接FC,
在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=,
在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=.
又H为△PBQ的重心,所以HC=PC=.
同理,FH=.
在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC==-.
即二面角D-GH-E的余弦值为-.
解法二:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.
又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.
以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,
z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).
所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1),
=(-1,-1,2),=(0,-1,2).
设平面EFQ的法向量为m=(x1,y1,z1),
由m·=0,m·=0,
得取y1=1,得m=(0,1,2).
设平面PDC的法向量为n=(x2,y2,z2),
由n·=0,n·=0,
得取z2=1,得n=(0,2,1),
所以cos<m,n>==.
因为二面角D-GH-E为钝角,
所以二面角D-GH-E的余弦值为-.
考点二平面与平面平行的判定与性质
1.(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)
答案②③④
2.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,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)BC⊥SA.
证明(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB.
因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,
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,AF⊥SB,
所以AF⊥平面SBC,因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB.
因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.
三年模拟
A组2016—2018年模拟·基础题组
考点一直线与平面平行的判定与性质
1.(人教A必2,二,2-2A,3,变式)如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为()
A.AC⊥BD
B.AC=BD
C.AC∥截面PQMN
D.异面直线PM与BD所成的角为45°
答案B
2.(2018江苏无锡模拟,18)如图,在四面体PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D为PC的中点.
(1)求证:AD⊥BD;
(2)若M为PB的中点,点N在直线AB上,且AN∶NB=1∶2,求证:直线AD∥平面CMN.
证明(1)∵PA=AC,D为PC的中点,∴AD⊥PC.
∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC.
∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
∴BC⊥平面PAC.
∵AD⊂平面PAC,∴BC⊥AD.
又∵AD⊥PC,BC∩PC=C,PC,BC⊂平面PBC,
∴AD⊥平面PBC.∵BD⊂平面PBC,∴AD⊥BD.
(2)连接DM,设BD与CM交于点G,连接NG.
∵D、M分别为PC和PB的中点,∴DM∥BC且DM=BC,
∴DG∶GB=DM∶BC=1∶2.
∵AN∶NB=1∶2,∴AN∶NB=DG∶GB.
∴△BNG∽△BAD,∴AD∥NG.
∵AD⊄平面CMN,NG⊂平面CMN,∴直线AD∥平面CMN.
3.(2017广东六校联盟联考,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,底面ABC是直角三角形,PA=AB=BC=4,O是棱AC的中点,G 是△AOB的重心,D是PA的中点.
(1)求证:BC⊥平面PAB;
(2)求证:DG∥平面PBC;
(3)求二面角A-PC-B的大小.
解析(1)证明:∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC,
∵底面ABC是直角三角形,AB=BC,∴BC⊥AB,
又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.
(2)证明:如图,连接OG并延长交AB于点E,连接DO,DE,
∵G是△AOB的重心,∴OE为AB边上的中线,
∴E为AB的中点,
又D为PA的中点,∴DE∥PB,
同理可得DO∥PC,又DE∩DO=D,PB∩PC=P,
∴平面DOE∥平面PBC,
又DG⊂平面DOE,∴DG∥平面PBC.
(3)过点O作OQ⊥PC于点Q,连接BQ,
∵AB=BC且O是棱AC的中点,∴BO⊥AC.
∵PA⊥平面ABC,∴平面PAC⊥平面ABC.
又平面PAC∩平面ABC=AC,且BO⊂平面ABC,
∴BO⊥平面PAC,∴BO⊥PC,
又OQ⊥PC,BO∩OQ=O,∴PC⊥平面BOQ,∴BQ⊥PC,
∴∠OQB为二面角A-PC-B的平面角.
由已知得OB=OC=2,PC==4,
∵△PAC∽△OQC,
∴=,即=,∴OQ=,
∴tan∠OQB==,
∴∠OQB=60°,即二面角A-PC-B的大小为60°.
考点二平面与平面平行的判定与性质
4.(2017豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α,l1⊂β,l2⊂β,l1∩l2=M,则α∥β的一个充分条件是()
A.m∥β且l1∥α
B.m∥β且n∥β
C.m∥β且n∥l2
D.m∥l1且n∥l2
答案D
5.(2017江西九江模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E、F分别是棱BC、CC1的中点.
(1)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1,试确定点D的位置,并说明理由;
(2)证明:EF⊥A1C.
解析(1)∵面DEF∥面ABC1,面ABC∩面DEF=DE,面ABC∩面ABC1=AB,∴AB∥DE,(4分)
∵在△ABC中,E是BC的中点,
∴D是线段AC的中点.(6分)
(2)证明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,
∴侧面A1ACC1是菱形,∴A1C⊥AC1,(7分)
又易得AB⊥A1C,∵AB∩AC1=A,∴A1C⊥面ABC1,(9分)
∴A1C⊥BC1.(10分)
又∵E、F分别为棱BC、CC1的中点,
∴EF∥BC1,(11分)
∴EF⊥A1C.(12分)
B组2016—2018年模拟·提升题组
(满分:60分时间:60分钟)
一、选择题(共5分)
1.(2016浙江金华十校联考,8)如图,在四面体ABCD中,AB=CD=2,AD=BD=3,AC=BC=4,点E,F,G,H分别在棱AD,BD,BC,AC上,若直线AB,CD都平行于平面EFGH,则四边形EFGH面积的最大值是()
A. B. C.1 D.2
答案C
二、填空题(共5分)
2.(2017山西太原五中月考,14)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有_____
条.
答案6
三、解答题(共50分)
3.(2018江苏无锡检测,18)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,AD=2AB=2BC,M为AD的中点,CB1⊥底面ABCD.求证:
(1)C1M∥平面A1ABB1;
(2)平面B1BM⊥平面ACB1.
证明(1)因为ABCD-A1B1C1D1为四棱柱,
所以B1C1∥BC且B1C1=BC.
又M为AD的中点,所以BC∥AM,所以B1C1∥AM,又AD=2BC,所以BC=AM,
所以B1C1=AM,所以四边形B1C1MA为平行四边形,
所以C1M∥B1A,又B1A⊂平面A1ABB1,C1M⊄平面A1ABB1,
所以C1M∥平面A1ABB1.
(2)连接CM.由(1)知四边形BCMA为平行四边形,又BC=AB,所以AM=AB,所以四边形BCMA为菱形,所以BM⊥AC,
又CB1⊥底面ABCD,所以CB1⊥BM.
因为AC∩CB1=C,所以BM⊥平面ACB1.
又BM⊂平面B1BM,所以平面B1BM⊥平面ACB1.
4.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四棱锥P-ABCD中,E为AD的中点,PE⊥平面ABCD,底面ABCD为梯
形,AB∥CD,AB=2DC=2,AC∩BD=F,且△PAD与△ABD均为正三角形,G为△PAD的重心.
(1)求证:GF∥平面PDC;
(2)求三棱锥G-PCD的体积.
解析(1)证明:连接AG交PD于H,连接CH.
在梯形ABCD中,AB∥CD,且AB=2DC,
可得=.
又正△PAD中,G为△PAD的重心,∴=.
在△AHC中,==,
故GF∥HC.
又HC⊂平面PCD,GF⊄平面PCD,∴GF∥平面PDC.
(2)∵PE⊥平面ABCD,且易求PE=3,
又由(1)知GF∥平面PDC,
∴V G-PCD=V F-PCD=V P-CDF=×PE×S△CDF.
又由AB∥CD,且AB=2DC=2,△ABD为正三角形,
知DF=BD=.
又∠CDF=∠ABD=60°,
∴S△CDF=×CD×DF×sin∠BDC=,
∴V P-CDF=×PE×S△CDF=,
∴三棱锥G-PCD的体积为.
5.(2018山西太原质检,19)如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABCD 沿EF折起,使BE⊥EC.
(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,说明理由;
(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.
解析(1)AD上存在一点P,使得CP∥平面ABEF,
此时=.
理由如下:
当=时,=,
过点P作MP∥FD交AF于点M,连接EM,CP,
则有==.
∵BE=1,∴FD=5,故MP=3.
又EC=3,MP∥FD∥EC,故有MP EC,
故四边形MPCE为平行四边形,∴CP∥ME.
又∵CP⊄平面ABEF,ME⊂平面ABEF,
故CP∥平面ABEF.
(2)设BE=x(0<x≤4),∴AF=x,FD=6-x,
故V A-CDF=××2·(6-x)·x=(-x2+6x),
∴当x=3时,V A-CDF有最大值,且最大值为3,
此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2,
由BE⊥EC,BE⊥EF,且EC∩EF=E,
得BE⊥平面ECDF,又AF∥BE,故AF⊥平面ECDF.
∴AF⊥FD,∴AD==3,同理可求AC=.
在△ACD中,由余弦定理得
cos∠ADC===,
∴sin∠ADC=,
∴S△ADC=·DC·DA·sin∠ADC=3.
设点F到平面ADC的距离为h,
∵V A-CDF=V F-ACD,
即3=·h·S△ADC,
∴h=,即三棱锥A-CDF的体积最大时,点F到平面ADC的距离为.
6.(2017河北石家庄二模,18)如图,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ABED是边长为2的菱形,且∠ABE=,BC=.四棱锥F-ABED的体积为2,点F在平面ABED内的正投影为点G,且点G在AE上,点M在线段CF上,且CM=CF.
(1)证明:直线GM∥平面DEF;
(2)求二面角M-AB-F的余弦值.
解析(1)证明:因为四棱锥F-ABED的体积为2,所以V F-ABED=××2×2×FG=2,所以FG=.
又BC=EF=,所以EG=,
易知AE=2,则点G是AE的靠近点A的四等分点.(2分)
过点G作GK∥AD交DE于点K,连接FK,则GK=AD=CF.
又MF=CF,所以MF=GK,又MF∥GK,
所以四边形MFKG为平行四边形,(4分)
所以GM∥FK,又FK⊂平面DEF,GM⊄平面DEF,
所以直线GM∥平面DEF.(6分)
(2)连接BD,设AE,BD的交点为O,以OB所在直线为x轴,OE所在直线为y轴,过点O的平面ABED的垂线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,-1,0),B(,0,0),F,M,=(-,-1,0),=,=.(8分)
设平面ABM,平面ABF的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则
得
不妨取x1=x2=1,则m=(1,-,-1),n=,(10分)
所以cos<m,n>==,
易知二面角M-AB-F是锐二面角,
故二面角M-AB-F的余弦值为.(12分)
C组2016—2018年模拟·方法题组
方法1证明直线与平面平行的常用方法
1.(2018湖北武汉汉阳一中模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等边三角形,且AA1⊥平面ABC,D为AB的中点.
(1)求证:直线BC1∥平面A1CD;
(2)若AB=BB1=2,E是BB1的中点,求三棱锥A1-CDE的体积.
解析(1)证明:连接AC1,交A1C于点F,连接DF,
则F为AC1的中点,又D为AB的中点,所以BC1∥DF.
又BC1⊄平面A1CD,DF⊂平面A1CD,
所以BC1∥平面A1CD.
(2)三棱锥A1-CDE的体积==·h.其中三棱锥C-A1DE的高h等于点C到平面ABB1A1的距离,可知h=CD=.
又=2×2-×1×2-×1×1-×1×2=,
所以==·h=××=.
2.(2017河南新乡调研,19)如图①所示,四边形ABCD为等腰梯形,AD∥BC,且AD=BC=a,∠BAD=135°,AE⊥BC于点E,F为BE的中点.将△ABE沿AE折起至△AB'E的位置,得到如图②所示的四棱锥B'-ADCE.
(1)求证:AF∥平面B'CD;
(2)若平面AB'E⊥平面AECD,求二面角B'-CD-E的余弦值.
解析(1)证明:如图,取B'C的中点G,连接FG,DG.
∵F为B'E的中点,
∴FG∥EC,且FG=EC,(2分)
∵题图①中四边形ABCD为等腰梯形,AD∥BC,且AD=BC=a,AE⊥BC,∠BAD=135°,
∴BC=3a,AD∥EC,AD=EC.
∴AD∥FG,AD=FG,
百度文库
∴四边形ADGF为平行四边形,∴AF∥DG,(5分)
∵AF⊄平面B'CD,DG⊂平面B'CD,
∴AF∥平面B'CD.(6分)
(2)易证EA,EB',EC两两垂直,故以点E为原点,直线EB'为x轴,直线EC为y轴,直线EA为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B'(a,0,0),D(0,a,a),C(0,2a,0),
所以=(-a,2a,0),=(0,-a,a),
设平面B'CD的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得n=(2,1,1),(10分)
显然=(a,0,0)为平面AECD的一个法向量,
所以cos<,n>==,(11分)
由图知平面B'CD与平面AECD所成的二面角为锐角,所以所求的余弦值为.(12分)
方法2证明平面与平面平行的常用方法
3.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.
(1)求证:BE∥平面DMF;
(2)求证:平面BDE∥平面MNG.
证明(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,
连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO,
又BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,所以BE∥平面DMF.
(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,
所以DE∥GN.
又DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点,所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN,
又BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG,
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,
所以平面BDE∥平面MNG.
4.(2017河南中原名校联考,20)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F分别为AD,PA的中点,在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD.
(1)求证:平面BEF∥平面PDQ;
(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.
解析(1)证明:如图,以点A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),
设Q(1,x,0),则=(1,x,-1),=(-1,a-x,0),(2分)
若PQ⊥QD,则·=-1+x(a-x)=0,
即x2-ax+1=0,Δ=(-a)2-4,
∵在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD,
∴Δ=0,∴a=2,x=1.(4分)
∴Q(1,1,0),=(-1,1,0),
又E是AD的中点,∴E(0,1,0),=(-1,1,0),
∴=,∴BE∥DQ,
又BE⊄平面PDQ,DQ⊂平面PDQ,∴BE∥平面PDQ,
又F是PA的中点,∴EF∥PD,
∵EF⊄平面PDQ,PD⊂平面PDQ,∴EF∥平面PDQ,
∵BE∩EF=E,BE,EF⊄平面PDQ,∴平面BEF∥平面PDQ.(6分)
(2)设平面BFQ的法向量n1=(x,y,z),则n1·=0,n1·=0,
易知=,=(0,1,0),
∴-x+z=0,y=0,取z=2,得n1=(1,0,2),
同理,可得平面BEF的一个法向量n2=(1,1,2),
∴cos<n1,n2>==,
又易知二面角E-BF-Q为锐角,
∴二面角E-BF-Q的余弦值为.(12分)
11。