三年高考两年模拟(浙江版)高考数学一轮复习 第七章 立

§7.4直线、平面平行的判定与性质
Ａ组基础题组
1.(2015稽阳联考,4,5分)空间两条不重合的直线a,b在同一平面α上的射影分别为两条不重合的直线m,n,则“a∥b”是“m∥n”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
2.(2016超级中学原创预测卷四,3,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是( )
A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α∥β
B.若m⊥α,n∥β,α∥β,则m⊥n
C.若m∥n,m∥α,n∥β,则α⊥β
D.若m∥α,n∥β,α∥β,则m∥n
3.(2015金华十校一联,5,5分)对于平面α和共面的两条不同的直线m,n,下列命题是真命题的是( )
A.若m,n与α所成的角相等,则m∥n
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m⊂α,n∥α,则m∥n
4.(2016东阳中学期中文,4,5分)设α,β,γ是三个不重合的平面,m,n是不重合的直线,则下列命题正确的是( )
A.若α⊥β,β⊥γ,则α∥γ
B.若α⊥β,m∥β,则m⊥α
C.若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n
D.若m∥α,n∥β,α∥β,则m与n异面
5.(2015北京,4,5分)设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
6.(2015浙江名校(镇海中学)交流卷一,4)已知m,l是直线,α,β是平面,给出下列命题:
①若l⊥α,m∥α,则l⊥m;
②若m∥l,l⊂α,则m∥α;
③若m⊂α,l⊂β,且m⊥l,则α⊥β;
④若l⊥α,则l垂直于α内的任意一条直线.
其中正确命题的个数是( )
A.1
B.2
C.3
D.4
7.(2015山东潍坊模拟,4)有下列命题:
①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;
②若直线a在平面α外,则a∥α;
③若直线a∥b,b∥α,则a∥α;
④若直线a∥b,b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线.
其中真命题的个数是( )
A.1
B.2
C.3
D.4
8.已知m,n为两条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列命题中正确的是( )
A.若m∥n,m⊂α,则n∥α
B.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β
C.若α⊥γ,α⊥β,则β∥γ
D.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
9.设a,b,c是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列命题:
①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;
②若a,b异面,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则α∥β;
③若α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c,且a∥b,则c∥β;
④若a,b为异面直线,a∥α,b∥α,c⊥a,c⊥b,则c⊥α.
其中正确命题的个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
10.(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,BE⊥EC,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.
11.(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.
(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)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;
(3)证明:直线DF⊥平面BEG.
12.(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,连结GH.
(1)求证:AB∥GH;
(2)求二面角D-GH-E的余弦值.
13.(2015山东,18,12分)如图,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⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.
14.(2015浙江名校(镇海中学)交流卷一,17)三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,AC=AB=1,∠BAC=90°.E,F分别为AC,CC1的中点,A1F与平面ABC所成的角为45°.
(1)设H为B1C1上的点,且C1H=C1B1,求证:FH∥平面EA1B1;
(2)求二面角B1-EF-A1的平面角的正切值.
B组提升题组
1.(2015浙江金丽衢一联,4,5分)设m,n为空间两条不同的直线,α,β为空间两个不同的平面,给出下列命题:
①若m∥α,m∥β,则α∥β;
②若m⊥α,m∥β,则α⊥β;
③若m∥α,m∥n,则n∥α;
④若m⊥α,α∥β,则m⊥β.
其中的正确命题序号是( )
A.③④
B.②④
C.①②
D.①③
2.(2016余姚中学期中文,4,5分)已知a,b是空间中两条不同直线,α,β是空间中两个不同平面,下列命题中正确的是( )
A.若直线a∥b,b⊂α,则a∥α
B.若平面α⊥β,a⊥α,则a∥β
C.若平面α∥β,a⊂α,b⊂β,则a∥b
D.若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β
3.(2016浙江五校一联,5,5分)设a、b是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下面四个命题中错误的是( )
A.若a⊥b,a⊥α,b⊄α,则b∥α
B.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β
C.若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a⊂α
D.若a∥α,α⊥β,则a⊥β
4.(2015嘉兴一模,7,5分)对于空间中的一条直线m和两个平面α,β,下列命题中的真命题是( )
A.若m∥α,m∥β,则α∥β
B.若m∥α,m∥β,则α⊥β
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
D.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
5.α,β是两个不重合的平面,a,b是两条不同的直线,在下列条件中,可判定α∥β的是( )
A.α,β都平行于直线a,b
B.α内有三个不共线的点到β的距离相等
C.a,b是α内两条直线,且a∥β,b∥β
D.a,b是两条异面直线且a∥α,b∥α,a∥β,b∥β
6.给出下列命题,其中正确的两个命题是( )
①直线上有两点到平面的距离相等,则此直线与平面平行;
②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面;
③直线m⊥平面α,直线n⊥m,则n∥α;
④a,b是异面直线,则存在唯一的平面α,使它与a,b都平行且与a,b距离相等.
A.①②
B.②③
C.③④
D.②④
7.(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.
8.(2015浙江衢州模拟,18,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,D 为AC的中点,AA1=AB=2.
(1)求证:AB1∥平面BC1D;
(2)若BC=3,求三棱锥D-BC1C的体积.
9.(2015浙江温州调研,19,15分)如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为DD1、DB的中点.
(1)求证:EF∥平面ABC1D1;
(2)求证:CF⊥B1E;
(3)求三棱锥C-B1FE的体积.
10.(2014山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.
(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.
11.(2014四川,18,12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.
(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;
(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.
12.(2015浙江镇海中学测试卷五,19,15分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,ABCD是菱形,∠ABC=60°,PA=AC=2,点E在PD上,且PE∶ED=λ,二面角E-AC-D的大小为30°.
(1)求λ的值;
(2)在棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC?证明你的结论.
13.(2013湖北,19,12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,直线PC⊥平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;
(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足=.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为α,二面角E-l-C的大小为β,求证:sinθ=sinαsinβ.
Ａ组基础题组
1.A 可利用正方体举反例排除.
2.B 对于选项A,α与β平行或相交;对于选项B,由m⊥α,α∥β得m⊥β,又n∥β,所以m⊥n;对于选项C,α与β平行或相交;对于选项D,m,n可能平行、相交、异面.故选B.
3.D 对于A选项,m,n还可能相交;对于B选项,m,n还可能相交;对于C选项,还有可能n⊂α;对于D选项,由线面平行的性质可知其正确,故选D.
4.C A中α,γ可以相交,如墙角.B中m可以在α内,也可以与α平行或相交.D中m,n也可以平行或相交.
5.B 由两平面平行的判定定理可知,当其中一个平面内的两条相交直线均平行于另一平面时,两平面平行,所以“m∥β”不能推出“α∥β”;若两平面平行,则其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面,所以“α∥β”可以推出“m∥β”.因此“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件.故选B.
6.B 由m∥α知,存在n⊂α,使得m∥n,又l⊥α,则l⊥n,从而l⊥m,故①正确;对于②,有可能m⊂α,故②错;满足③中条件时,平面α,β可能垂直,也可能相交不垂直,还可能平行,故③错;④显然正确,故选B.
7.A 命题①直线l可以在平面α内,不正确;命题②直线a与平面α可以是相交关系,不正确;命题③直线a可以在平面α内,不正确;命题④正确.
8.D 对于A,若m∥n,m⊂α,则n∥α或n⊂α,故A错误;对于B,两平面还可以相交;对于C,β与γ可以相交,故C错;对于D,因为m∥n,m⊥α,所以n⊥α,又因为n⊥β,所以α∥β,故D正确,因此选D.
9.D 对于①,α与β可能平行,也可能相交,故①错误;对于②,假设α与β相交,设交线为l,因为a∥β,a⊂α,故a∥l,同理,b∥l,故a∥b,与a,b异面矛盾,故α∥β,②正确;对于③,因为α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c,且a∥b,所以a∥γ,从而a∥c,则b∥c,又b⊂β,c⊄β,所以c∥β,③正确;对于④,作直线l,使得a∥l,b与l相交,则l⊄α,因为a∥α,所以l∥α,又b∥α,得α与直线b,l确定的平面平行,因为c⊥a,所以c⊥l,又c⊥b,故c与直线b,l确定的平面垂直,所以c⊥α,④正确.
10.解析(1)证明:如图,取AE的中点H,连结HG,HD,
又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.
又F是CD的中点,所以DF=CD.
由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.
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BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
以B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,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=(0,0,2)为平面BEC的一个法向量.
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.
=(2,0,-2),=(2,2,-1),
由得
取z=2,得n=(2,-1,2).
从而cos<n,>===,
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.
11.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.
(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下:
因为ABCD-EFGH为正方体,所以BC∥FG,BC=FG,
又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,
于是BCHE为平行四边形.
所以BE∥CH.
又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,
所以BE∥平面ACH.
同理,BG∥平面ACH.
又BE∩BG=B,
所以平面BEG∥平面ACH.
(3)证明:连结FH.
因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH⊥平面EFGH,
因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG.
又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD.
又DF⊂平面BFHD,
所以DF⊥EG.
同理,DF⊥BG.
又EG∩BG=G,
所以DF⊥平面BEG.
12.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,连结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>==.
易知二面角D-GH-E为钝角,
所以二面角D-GH-E的余弦值为-.
13.证明(1)证法一:
连结DG,CD,设CD∩GF=M,连结MH.
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M为CD的中点,又H为BC的中点,
所以HM∥BD,
又HM⊂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HBEF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,BE∩AB=B,
所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED,
所以BD∥平面FGH.
(2)连结HE,EG.
因为G,H分别为AC,BC的中点,
所以GH∥AB.
由AB⊥BC,得GH⊥BC.
又H为BC的中点,BC=2EF,
所以EF=HC,
又EF∥HC,
因此四边形EFCH是平行四边形.
所以CF∥HE,
又CF⊥BC,所以HE⊥BC.
又HE,GH⊂平面EGH,HE∩GH=H,
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD,
所以平面BCD⊥平面EGH.
14.解析(1)证明:在△A 1B1C1中,过H作A1B1的平行线,交A1C1于M,连结FM.则C1M∶C1A1=1∶4,取C1A1的中点N,连结CN,则M是C1N的中点,从而MF∥CN,易知CN∥EA1,∴MF∥A1E,∵HM∩FM=M,EA1∩A1B1=A1,
∴平面FHM∥平面EA1B1,∴FH∥平面EA1B1.(6分)
(2)A1F与平面ABC所成的角为45°,即∠FA1C1=45°.∵A1C1=1,FC1⊥A1C1,∴FC1=1.又F为CC1的中点,∴CC1=2.
建立如图所示的空间直角坐标系.
则B1(1,0,0),F(0,1,1),E,∴=(1,-1,-1),=.
设平面EFB1的法向量为n1=(x,y,z),则即
取z=1,可得n1=(3,2,1).(10分)
易知平面EFA1的一个法向量为n2=(1,0,0),(12分)
∴cos<n1,n2>==,由图知二面角B1-EF-A1的平面角为锐角,
∴二面角B1-EF-A1的平面角的正切值为.(15分)
B组提升题组
1.B 若m∥α,m∥β,则α,β平行或相交,①错误;若m∥β,过直线m作一平面与β相交,则m平行于交线,又m⊥α,则交线垂直于α,由面面垂直的判定定理可知②正确;若m∥α,m ∥n,则n∥α或n⊂α,③错误;由面面平行的性质可知④正确,故选B.
2.D A中a可以在α内.B中a可以在β内.C中a,b也可以异面.
3.D D中a可以在β内,也可以与β平行或相交.
4.C 若m∥α,m∥β,则平面α,β可能平行,也可能相交,所以A,B是假命题;显然“若m ⊥α,m⊥β,则α∥β成立”,所以C为真命题,D为假命题.故选C.
5.D A错,若a∥b,则不能判定α∥β;B错,若A,B,C三点不在β的同一侧,则不能判定α∥β;C错,若a∥b,则不能判定α∥β;D正确,故选D.
6.D ①错误,如果这两点在该平面的异侧,则直线与平面相交.
②正确,如图,平面α∥平面β,A∈α,C∈α,D∈β,B∈β且E,F分别为AB,CD的中点,过C 作CG∥AB交平面β于G,连结BG,GD.
设H是CG的中点,连结HE, HF,则EH∥BG,HF∥GD,∴EH∥平面β,HF∥平面β.∴平面EHF ∥平面β∥平面α.∴EF∥α,EF∥β.
③错误,直线n可能在平面α内.
④正确,如图,设AB是异面直线a,b的公垂线段,E为AB的中点,过E作a'∥a,b'∥b,则a',b'确定的平面即为与a,b都平行且与a,b距离相等的平面,并且它是唯一的,故选D.
7.解析(1)证明:由正方形的性质可知A 1B1∥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的法向量为n1=(r1,s1,t1),而=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得取t1=1,则r1=-1,s1=1,
所以n1=(-1,1,1).
设面A1B1CD的法向量为n2=(r2,s2,t2),而=(1,0,0),=(0,1,-1),
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
==.
8.解析(1)证明:连结B 1C,设B1C与BC1相交于点O,连结OD.
∵四边形BCC1B1是平行四边形,∴点O为B1C的中点.
∵D为AC的中点,∴OD为△AB1C的中位线,
∴OD∥AB1.
∵OD⊂平面BC1D,AB1⊄平面BC1D,
∴AB1∥平面BC1D.
(2)∵ABC-A1B1C1为三棱柱,∴CC1∥AA1,
又∵AA1⊥平面ABC,∴侧棱CC1⊥平面ABC,
故CC1为三棱锥C1-BCD的高.
S△BCD=S△ABC=·BC·AB=.
又CC1=A1A=2,
∴==CC1·S△BCD=×2×=1.
9.解析(1)证明:连结BD 1,在△DD1B中,E、F分别为D1D、DB的中点,∴EF为中位线,∴EF ∥D1B.
而D1B⊂平面ABC1D1,EF⊄平面ABC1D1,
∴EF∥平面ABC1D1.
(2)证明:连结B1D1.在等腰直角三角形BCD中,F为BD的中点,∴CF⊥BD.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
DD1⊥平面ABCD,CF⊂平面ABCD,∴DD1⊥CF.
又DD1∩BD=D,DD1,BD⊂平面BDD1B1,
∴CF⊥平面BDD1B1,而B1E⊂平面BDD1B1,∴CF⊥B1E.
(3)由(2)可知,CF⊥平面BDD1B1,∴CF⊥平面EFB1,故CF为三棱锥C-B1FE的高.易知CF=BF=. ∵EF=BD1=,B1F===,
B1E===3,
∴EF2+B1F2=B1E2,故∠EFB1=90°,
∴=EF·B1F=.
∴=··CF=××=1.
10.解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,
所以AB∥DC,又M是AB的中点,且AB=2CD,因此CD∥MA且CD=MA.
连结AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
因为CD∥C1D1,CD=C1D1,
所以C1D1∥MA,C1D1=MA,
所以四边形AMC1D1为平行四边形.
因此C1M∥D1A,又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,
所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)解法一:连结AC,MC,由 (1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.
可得BC=AD=MC,
因为∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,
因此BC=AB=1,CA=,
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),
因此M,
所以=,==.
设平面C1D1M的法向量为n=(x,y,z),
由得
可得平面C1D1M的一个法向量为n=(1,,1).
又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量,
因此cos<,n>==.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连结D1N.
由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.
在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°,
可得CN=.
所以ND1==.
在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
11.解析(1)证明:因为四边形ABB 1A1和ACC1A1都是矩形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.
因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,
所以AA1⊥平面ABC.
因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.
又AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.
证明如下:取线段AB的中点M,连结A1M,MC, A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.
由已知可知O为AC1的中点.
连结MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,
所以MD AC,OE AC,因此MD OE.
连结OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.
因为直线DE⊄平面A1MC,MO⊂平面A1MC,
所以直线DE∥平面A1MC,
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.
12.解析取BC的中点G,连结AG,则∠GAD=90°,因为PA⊥平面ABCD,则∠PAD=∠
PAG=90°.
以A为原点,AG所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(,-1,0),C(,1,0),G(,0,0),D(0,2,0).
(1)设E(a,b,c),由=λ,得E.
则=,=(,1,0).
设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,-,λ),
平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1),
由|cos<n,m>|===,得λ=2或λ=-2(舍去).
∴λ=2.
(2)存在.证明如下:设=μ,则F(-μ,1-μ,2μ),
要使BF∥平面AEC,则存在实数m,n,使=m+n,即(-μ,2-μ,2μ)=m(,1,0)+n⇒μ=. 故在PC上存在点F,使BF∥平面AEC,点F为PC的中点.
13.解析(1)直线l∥平面PAC,证明如下:
连结EF,因为E,F分别是PA,PC的中点,所以EF∥AC.
又EF⊄平面ABC,且AC⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.
而EF⊂平面BEF,且平面BEF∩平面ABC=l,所以EF∥l.
因为l⊄平面PAC,EF⊂平面PAC,所以直线l∥平面PAC.
(2)证法一(综合法):如图1,连结BD,由(1)可知交线l即为直线BD,且l∥AC.
因为AB是☉O的直径,所以AC⊥BC,于是l⊥BC.
已知PC⊥平面ABC,而l⊂平面ABC,所以PC⊥l.
而PC∩BC=C,所以l⊥平面PBC.
连结BE,BF,因为BF⊂平面PBC,所以l⊥BF.
故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角,即∠CBF=β.
由于=,故作DQ∥CP,且DQ=CP.
连结PQ,DF,因为F是CP的中点,所以CP=2PF,所以DQ=PF,
从而四边形DQPF是平行四边形,则PQ∥FD.
连结CD,因为PC⊥平面ABC,所以CD是FD在平面ABC内的射影,
故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角,即∠CDF=θ.
又BD⊥平面PBC,有BD⊥BF,知∠BDF为锐角,
故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角,即∠BDF=α,
于是在Rt△DCF,Rt△FBD,Rt△BCF中,分别可得sinθ=,sinα=,sinβ=,
从而sinαsinβ=·==sinθ,
即sinθ=sinαsinβ.
证法二(向量法):如图2,由于=,故作DQ∥CP,
且DQ=CP.
连结PQ,BE,BF,BD,CD,由(1)可知交线l即为直线BD.
以点C为原点,向量,,所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设CA=a,CB=b,CP=2c,则有C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),
E,F(0,0,c).
于是=,=(-a,-b,c),=(0,-b,c),
所以cosα==,
从而sinα==.
又取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),可得sinθ==,
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
所以由可得取n=(0,c,b).
于是|cosβ|==,
从而sinβ==.
故sinαsinβ=·==sinθ,
即sinθ=sinαsinβ.。