【数学】2020届一轮复习北师大版直线平面平行的判定和性质作业
1.(2017浙江镇海中学模拟训练(一),3)若有直线m、n和平面α、β,则下列四个命题中,为真命题的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β则α∥β
C.若α⊥β,m⊂α,则m⊥β
D.若α⊥β,m⊥β,m⊄α,则m∥α
答案 D
2.(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=,求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值.
解析 (1)证明:连接CM,
∵EM∥FC且EM=FC=1,∴四边形EFCM为平行四边形,(2分)
∴EF∥CM且EF=CM.
又EF∥AD且EF=AD,∴CM∥AD且CM=AD,(4分)
∴四边形ADCM为平行四边形,∴AM∥DC,
又∵DC⊂平面BCD,AM⊄平面BCD,∴AM∥平面BCD.(6分)
(2)过点D作DH⊥EF于H,连接BH,CH,在Rt△DFH中,易知∠DFH=60°,
又DF=1,∴DH=,FH=,在△BEH中,EH=EF-FH=,(10分)
∠HEB=60°,EB=3,∴HB2=+32-2××3cos 60°=.
在△BDH中,DH=,BH=,BD=,∴DH2+BH2=BD2,
∴DH⊥HB,又DH⊥EF,∴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==,
在Rt△CDH中,CD==,∴sin∠DCH==,(14分)
∴CD与平面BCFE所成角的正弦值为.(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:m∥BC.
(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为θ,求sin θ的值.
解析 (1)证明:因为BC∥AD,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m∥BC.(5分)
(2)解法一:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,
则PM⊥CD、MN⊥CD,
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PO⊥MN于O,则PO⊥底面ABCD.
因为CM=2,PM=2,
所以OM=,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=(0,4,0),=(4-,2,-3),=(-,2,-3).
设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,
则得可取n=(0,3,2),(13分)
则sin θ=|cos
|==.(15分)
解法二:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,则PM⊥CD、MN⊥CD.
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PO⊥MN于O,则PO⊥底面ABCD.
因为CM=2,PM=2,所以OP=3.(10分)
作OE∥AB交BC于E,连接PE.
因为BC⊥PO,BC⊥OE,
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 θ==.故sin θ=.(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=a.
(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EO∥PC.(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=a,
所以DC2=PD2+PC2,
所以PC⊥PD.
因为平面PCD⊥平面ABCD,
平面PCD∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD,AD⊥CD,
所以AD⊥平面PCD,
故AD⊥PC,
又因为AD∩PD=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=a,PC=a,
所以sin∠PAC===,
即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.(15分)
解法二:如图,取CD的中点F,连接PF.
因为PC=PD,所以PF⊥CD.
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=(-a,2a,0),=(a,-a,-a),=(a,0,0),(11分)
设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),
则即可取m=(0,1,-1),(13分)
设直线AC与平面PAD所成角的大小为θ,
则sin θ=|cos|===,
所以直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.(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
B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Ⅰ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 A
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)
答案 ②③④
3.(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,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.
4.(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.
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=2,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GI∥EF.
又EF∥OB,所以GI∥OB.
在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.
又HI∩GI=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BO⊥AC.
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(0,2,0),C(-2,0,0),
所以=(-2,-2,0),
过点F作FM垂直OB于点M.
所以FM==3,可得F(0,,3).
故=(0,-,3).
设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.
由
可得
可得平面BCF的一个法向量m=.
因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),
所以cos==.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.
可得FM==3.
过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.
可得FN⊥BC,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°=.
从而FN=,
可得cos∠FNM=.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
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,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,则可得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sin α===.
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.
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.
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: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.
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,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)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.
(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°.
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,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.
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的法向量.
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.
又=(2,0,-2),=(2,2,-1),
由得
取z=2,得n=(2,-1,2).
从而cos===,
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OM∥CD,且OM=CD,
HN∥CD,且HN=CD.
所以OM∥HN,OM=HN.
所以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.
(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°=.
在Rt△PKM中,KM==.
所以cos∠PKM==.
即二面角A-EG-M的余弦值为.
解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,,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,=(2,-2,0),=(-1,0,2).
设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),
由得
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==(1,1,0),
所以cos===,
故二面角A-EG-M的余弦值为.
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|=,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=××××=.
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PA⊥AC,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DE∥PA.
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DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.
又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,
所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.
又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.
因为AC∩EF=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,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是( )
A.若m∥α,α∩β=n,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,m∥β,则α⊥β
答案 D
2.(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α,使得a⊂α,b⊂α
B.必定存在平面α,使得a⊂α,b∥α
C.必定存在直线c,使得a∥c,b∥c
D.必定存在直线c,使得a∥c,b⊥c
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,α,β是两个不重合的平面,给出以下四个命题:
①m,n是两条异面直线,m⊂α,n⊂β,且m∥β,n∥α,则α∥β;
②若m⊂α,n∩α=A,且点A∉m,则m,n是两条异面直线;
③若m,n是异面直线,m∥α,n∥α,且l⊥m,l⊥n,则l⊥α;
④已知直线m⊥平面α,直线n⊂平面β,α⊥β⇒m∥n.
其中为真命题的序号是 .(把所有真命题的序号都填上)
答案 ①②③
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,ME∥AD,所以BC∥ME,BC=ME,所以四边形BCEM为平行四边形,所以CE∥BM.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),Q,E(0,1,1),所以=,=(-1,0,1),=(0,0,-2).
设平面CEQ的法向量为n=(x,y,z),由·n=0,·n=0,得
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θ,于是
sin θ==,
进而求得cos θ=.
所以直线PA与平面CEQ所成角的余弦值为.(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GF∥EC,GF=EC,所以四边形CEGF是平行四边形,所以CF∥GE.(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D1M⊥BC,又HM⊥BC,D1M∩HM=M,所以BC⊥平面D1HM,所以BC⊥D1H,又D1H⊥AE,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BE⊥AE,所以BE⊥平面AD1E,(9分)
所以BE⊥AD1,又AD1⊥D1E,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=,
所以AF=,(14分)
所以sin∠AFD1==.(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
即(9分)
解得(10分)
所以D1,F,则=,
=,易知=(1,1,0),
设平面BD1E的法向量为n=(x1,y1,z1),
由得
令x1=1,则y1=-1,z1=-,所以n=(1,-1,-).(12分)
设AF与平面BD1E所成角的大小为α,
则sin α===.(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AB∥CD,∠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GN∥AE.(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:∵DE∥CF,
∴DE在平面ABCD上的投影长度为,
作EO⊥AD,∵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A,C,D,E,
∴=,=,(9分)
=+=+=+(0,1,0)=,(11分)
设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),则得
解得一个法向量为n=(1,,-2).
设直线AC与平面ADF所成的角为θ,则sin θ=|cos|==.(15分)
解法二:∵DE∥CF,
∴DE在平面ABCD上的投影长度为,
作EO⊥AD,∵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,
∴hS△FDA=|EO|S△ADC,(8分)
S△ADC=,EO=,取AB的中点M,连接CM.取CM的中点P,连接AP,DP,FP.
∵EF∥CD,且P为CM的中点,
∴FP⊥平面ABCD,
∵AP=,DP=FP=,
∴AF=,DF=,
∴DF2+AD2=AF2,即△ADF为直角三角形,
∴S△FDA=,(12分)
∴h===,(14分)
设直线AC与平面FDA所成的角为θ,则sin θ==.(15分)
