（浙江專用）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 8.3 直線、平面平行的判定和性質(zhì)課件

1、8.3直線、平面平行的判定和性質(zhì) 高考數(shù)學(xué)高考數(shù)學(xué) (浙江專用) 考點(diǎn)平行的判定和性質(zhì)考點(diǎn)平行的判定和性質(zhì) A A組自主命題組自主命題浙江卷題組浙江卷題組 五年高考 1.(2019課標(biāo)全國理,7,5分)設(shè),為兩個(gè)平面,則的充要條件是() A.內(nèi)有無數(shù)條直線與平行 B.內(nèi)有兩條相交直線與平行 C.,平行于同一條直線 D.,垂直于同一平面 答案答案B本題考查直線、平面平行與垂直的位置關(guān)系;以充要條件和面面平行為背景考查 推理論證能力與空間想象能力;考查的核心素養(yǎng)為邏輯推理. A、C、D選項(xiàng)中與可能相交,故選B. 易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示A、C、D三個(gè)選項(xiàng)中學(xué)生均可能忽略、相交的情況. 2.(2017課標(biāo)全

2、國文,6,5分)如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所 在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是() 答案答案A本題考查線面平行的判定. B選項(xiàng)中,ABMQ,且AB 平面MNQ,MQ平面MNQ,則AB平面MNQ;C選項(xiàng)中,ABMQ,且 AB 平面MNQ,MQ平面MNQ,則AB平面MNQ;D選項(xiàng)中,ABNQ,且AB 平面MNQ,NQ 平面MNQ,則AB平面MNQ.故選A. 方法總結(jié)方法總結(jié)線面平行的判定方法: (1)線面平行的判定定理;(2)面面平行的性質(zhì)定理. 3.(2016課標(biāo)全國,14,5分),是兩個(gè)平面,m,n是兩條直線,有下列四個(gè)命題:

3、 如果mn,m,n,那么. 如果m,n,那么mn. 如果,m,那么m. 如果mn,那么m與所成的角和n與所成的角相等. 其中正確的命題有.(填寫所有正確命題的編號) 答案答案 解析解析由mn,m,可得n或n在內(nèi),當(dāng)n時(shí),與可能相交,也可能平行,故錯(cuò).易知 都正確. 4.(2019天津理,17,13分)如圖,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求證:BF平面ADE; (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值為,求線段CF的長. 1 3 解析解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)

4、知識,考查用 空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.重點(diǎn) 考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算.滿分13分. 依題意,可以建立以A為原點(diǎn),分別以,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系 (如圖), 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 設(shè)CF=h(h0),則F(1,2,h). (1)證明:依題意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得=0, 又因?yàn)橹本€BF 平面ADE,所以BF平面ADE. (2)依題意,=(-1,1,0),=(-1,0,2), AB AD

5、AE AB BF BF AB BD BE =(-1,-2,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量, 則 即不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有cos=-. 所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量, 則即 不妨令y=1,可得m=. CE BD0, BE0, n n 0, 20, xy xz CE CE |CE| n n 4 9 4 9 BD0, BF0, m m 0, 20, xy yhz 2 1,1, h 由題意,有|cos|=,解得h=.經(jīng)檢驗(yàn),符合題意.所以,線段CF的長為. | | m n m n 2 2 4 4

6、3 2 h h 1 3 8 7 8 7 思路分析思路分析從已知條件線面垂直、線線垂直、線線平行入手,建立空間直角坐標(biāo)系,將立體幾 何中的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量坐標(biāo)關(guān)系,從而進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算,再將向量運(yùn)算結(jié)果轉(zhuǎn)化為立體幾何 中的位置關(guān)系或長度. 方法總結(jié)方法總結(jié)利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟: 觀察圖形,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;寫出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo),求出相應(yīng)直線的方向向量; 設(shè)出相應(yīng)平面的法向量,利用兩直線垂直,其相應(yīng)方向向量數(shù)量積為零列出方程組求出法向量; 將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系;根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角或距離. 5.(2019課標(biāo)全國理,18,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1

7、D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2, BAD=60,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn). (1)證明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值. 解析解析本題主要考查線面平行的判定定理,線面垂直的性質(zhì)定理,二面角求解等知識點(diǎn);旨在考 查學(xué)生的空間想象能力;以直四棱柱為模型考查直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng). (1)連接B1C,ME.因?yàn)镸,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以MEB1C,且ME=B1C.又因?yàn)镹為A1D的中 點(diǎn),所以ND=A1D.由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四邊形MNDE為平行 四 邊形,MNED.又MN 平面EDC1

8、,所以MN平面C1DE. (2)由已知可得DEDA.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐 標(biāo)系D-xyz, 則A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,-2),=(-1,0,-2),=(0,-, 0). 1 2 1 2 DA 3 1 A A 1 AM 3 1 A N MN 3 設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則 所以可取m=(,1,0). 設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則 所以可取n=(2,0,-1). 于是cos=, 所以二面角A-MA1-N的正弦值為. 1 1 A0, A0. mM

9、mA 320, 40. xyz z 3 1 MN0, A0. n nN 30, 20. q pr | m n m n 2 3 25 15 5 10 5 思路分析思路分析(1)要證明線面平行,可先證線線平行.通過作輔助線及題設(shè)條件可得MNED,從而 可得MN與平面C1DE平行. (2)建立空間直角坐標(biāo)系,找到相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),求出平面A1MA與平面A1MN的法向量,再由向量的 夾角公式求解. 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵建立空間直角坐標(biāo)系后,寫出各點(diǎn)坐標(biāo),正確求解平面的法向量是解決本題的關(guān)鍵. 6.(2019江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點(diǎn),AB=BC.

10、求證:(1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E. 證明證明本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識, 考查空間想象能力和推理論證能力.滿分14分. (1)因?yàn)镈,E分別為BC,AC的中點(diǎn),所以EDAB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED. 又因?yàn)镋D平面DEC1,A1B1 平面DEC1, 所以A1B1平面DEC1. (2)因?yàn)锳B=BC,E為AC的中點(diǎn),所以BEAC. 因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC. 又因?yàn)锽E平面ABC,所以C1CBE. 因?yàn)镃1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CA

11、C=C, 所以BE平面A1ACC1. 因?yàn)镃1E平面A1ACC1,所以BEC1E. 7.(2018江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求證:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC. 證明證明本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想 象能力和推理論證能力. (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1. 因?yàn)锳B 平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因?yàn)锳

12、A1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形, 所以AB1A1B. 因?yàn)锳B1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因?yàn)锳1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC, 又因?yàn)锳B1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC. 8.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,點(diǎn)E,F(E 與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EFAD. 求證:(1)EF平面ABC; (2)ADAC. 證明證明(1)在平面ABD內(nèi),因?yàn)锳BAD,EFAD, 所以EFAB. 又因?yàn)镋F 平面ABC,AB平面AB

13、C,所以EF平面ABC. (2)因?yàn)槠矫鍭BD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD, BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD. 因?yàn)锳D平面ABD,所以BCAD. 又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC, 所以AD平面ABC. 又因?yàn)锳C平面ABC,所以ADAC. 方法總結(jié)方法總結(jié)立體幾何中證明線線垂直的一般思路: (1)利用兩平行直線垂直于同一條直線(ab,acbc); (2)線面垂直的性質(zhì)(a,bab). 9.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O的直徑, FB是圓臺的一條母線. (1)已知G,H分別為EC,FB

14、的中點(diǎn).求證:GH平面ABC; (2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值. 1 2 3 解析解析(1)證明:設(shè)FC中點(diǎn)為I,連接GI,HI. 在CEF中,因?yàn)辄c(diǎn)G是CE的中點(diǎn),所以GIEF. 又EFOB,所以GIOB. 在CFB中,因?yàn)镠是FB的中點(diǎn),所以HIBC. 又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC. 因?yàn)镚H平面GHI,所以GH平面ABC. (2)解法一:連接OO,則OO平面ABC. 又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BOAC. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意得B(0,2,0),C(-2,0,0), 所以=(-2,

15、-2,0), 過點(diǎn)F作FM垂直O(jiān)B于點(diǎn)M. 所以FM=3,可得F(0,3). 故=(0,-,3). 設(shè)m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由 33 BC 33 22 FBBM3 BF 3 BC0, BF0, m m 可得 可得平面BCF的一個(gè)法向量m=. 因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量n=(0,0,1), 所以cos=. 所以二面角F-BC-A的余弦值為. 解法二:連接OO.過點(diǎn)F作FM垂直O(jiān)B于點(diǎn)M. 則有FMOO. 2 32 30, 330. xy yz 3 1,1, 3 | | m n mn 7 7 7 7 又OO平面ABC,所以FM平面ABC. 可得FM=3. 過點(diǎn)M作MN垂直BC于

16、點(diǎn)N,連接FN. 可得FNBC,從而FNM為二面角F-BC-A的平面角. 又AB=BC,AC是圓O的直徑, 所以MN=BMsin45=. 從而FN=, 可得cosFNM=. 所以二面角F-BC-A的余弦值為. 22 FBBM 6 2 42 2 7 7 7 7 評析評析本題考查了線面平行、垂直的位置關(guān)系;考查了二面角的求解方法;考查了空間想象 能力和邏輯推理能力.正確找到二面角的平面角或正確計(jì)算平面的法向量是求解的關(guān)鍵. 10.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=AD,E 為棱AD的中點(diǎn),異面直線PA與CD所成的角為90. (1

17、)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM平面PBE,并說明理由; (2)若二面角P-CD-A的大小為45,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 1 2 解析解析(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行. 延長AB,DC,相交于點(diǎn)M(M平面PAB),點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn). 理由如下: 由已知,BCED,且BC=ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形. 從而CMEB.又EB平面PBE,CM 平面PBE, 所以CM平面PBE. (說明:延長AP至點(diǎn)N,使得AP=PN,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)) (2)解法一:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A, 所以CD平面PAD.從而CDPD. 所

18、以PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45. 設(shè)BC=1,則在RtPAD中,PA=AD=2. 過點(diǎn)A作AHCE,交CE的延長線于點(diǎn)H,連接PH. 易知PA平面ABCD,又CE平面ABCD, 從而PACE.于是CE平面PAH. 所以平面PCE平面PAH. 過A作AQPH于Q,則AQ平面PCE. 所以APH是PA與平面PCE所成的角. 在RtAEH中,AEH=45,AE=1, 所以AH=. 在RtPAH中,PH=, 所以sinAPH=. 2 2 22 PAAH 3 2 2 AH PH 1 3 解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A, 所以CD平面PAD.于是CDPD. 從而

19、PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45.由PAAB,可得PA平面ABCD. 設(shè)BC=1,則在RtPAD中,PA=AD=2. 作AyAD,以A為原點(diǎn),以,的方向分別為x軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐 標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 則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). 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z), AD AP PE EC AP 由得 設(shè)x=2,則可得n=(2,-2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為, 則sin=. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為. PE0

20、, EC0, n n 20, 0, xz xy |AP| | |AP| n n 222 2 22( 2)1 1 3 1 3 11.(2015江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,設(shè)AB1的中點(diǎn)為D, B1CBC1=E.求證: (1)DE平面AA1C1C; (2)BC1AB1. 證明證明(1)由題意知,E為B1C的中點(diǎn), 又D為AB1的中點(diǎn), 因此DEAC. 又因?yàn)镈E 平面AA1C1C,AC平面AA1C1C, 所以DE平面AA1C1C. (2)因?yàn)槔庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1平面ABC. 因?yàn)锳C平面ABC,所以ACCC1.

21、 又因?yàn)锳CBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1, BCCC1=C, 所以AC平面BCC1B1. 又因?yàn)锽C1平面BCC1B1, 所以BC1AC. 因?yàn)锽C=CC1, 所以矩形BCC1B1是正方形, 因此BC1B1C. 因?yàn)锳C,B1C平面B1AC,ACB1C=C, 所以BC1平面B1AC. 又因?yàn)锳B1平面B1AC,所以BC1AB1. 評析評析本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系,考查空間想象能力和推理論證能 力. 12.(2015安徽,19,13分)如圖所示,在多面體A1B1D1DCBA中,四邊形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均為正 方形,E為B1D1的中點(diǎn),過

22、A1,D,E的平面交CD1于F. (1)證明:EFB1C; (2)求二面角E-A1D-B1的余弦值. 解析解析(1)證明:由正方形的性質(zhì)可知A1B1ABDC,且A1B1=AB=DC,所以四邊形A1B1CD為平 行四邊形,從而B1CA1D,又A1D面A1DE,B1C 面A1DE,于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1, 面A1DE面B1CD1=EF,所以EFB1C. (2)因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B,ADD1A1,ABCD均為正方形,所以AA1AB,AA1AD,ABAD且AA1=AB= AD,以A為原點(diǎn),分別以,為x軸,y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo) 系,可得點(diǎn)的坐標(biāo)A(0,0,

23、0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E點(diǎn)為B1D1的中點(diǎn),所 以E點(diǎn)的坐標(biāo)為(0.5,0.5,1). 設(shè)面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而該面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1,n1 AB AD 1 AA 1 A E 1 A D 1 A E 1 A D 得r1,s1,t1應(yīng)滿足的方程組(-1,1,1)為其一組解, 所以可取n1=(-1,1,1). 設(shè)面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而該面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1), 由此同理可得n2=(0,1,1). 所以

24、結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為 =. 11 11 0.50.50, 0, rs st 11 AB 1 A D 12 12 | | | n n nn 2 32 6 3 評析評析本題考查直線與直線的平行關(guān)系以及二面角的求解,考查空間想象能力、邏輯推理能 力以及運(yùn)算求解能力.正確求解各點(diǎn)坐標(biāo)以及平面法向量是解決問題的關(guān)鍵. 13.(2015山東,17,12分)如圖,在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分別為AC,BC的中點(diǎn). (1)求證:BD平面FGH; (2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的 大小. 解析解析(

25、1)證明:連接DG,CD,設(shè)CDGF=O,連接OH. 在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G為AC的中點(diǎn),可得DFGC,DF=GC,所以四邊形DFCG為平 行四邊形. 則O為CD的中點(diǎn),又H為BC的中點(diǎn),所以O(shè)HBD, 又OH平面FGH,BD 平面FGH,所以BD平面FGH. (2)設(shè)AB=2,則CF=1. 在三棱臺DEF-ABC中,G為AC的中點(diǎn),由DF=AC=GC,可得四邊形DGCF為平行四邊形,因此 DGFC. 1 2 又FC平面ABC,所以DG平面ABC. 在ABC中,連接GB,因?yàn)锳BBC,BAC=45,G是AC的中點(diǎn),所以AB=BC,GBGC,因此GB, GC,GD兩兩垂直.

26、以G為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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). 22 22 ,0 22 2 GH 22 ,0 22 GF 2 設(shè)n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 則由可得 可得平面FGH的一個(gè)法向量n=(1,-1,). 因?yàn)槭瞧矫鍭CFD的一個(gè)法向量,=(,0,0), 所以cos=. 所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60. GH0, GF0, n n 0, 20. xy yz 2 GB GB 2 GB GB |GB| | n n 2 2 2 1 2 教師專用

27、題組教師專用題組 1.(2019課標(biāo)全國文,19,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2, BAD=60,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn). (1)證明:MN平面C1DE; (2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離. 解析解析本題考查了線面平行、垂直的判定和點(diǎn)到平面的距離,通過平行、垂直的證明,考查了 學(xué)生的空間想象力,體現(xiàn)了直觀想象的核心素養(yǎng). (1)連接B1C,ME.因?yàn)镸,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以MEB1C,且ME=B1C.又因?yàn)镹為A1D的中 點(diǎn),所以ND=A1D. 由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四邊形MN

28、DE為平行四邊形,MNED. 又MN 平面C1DE,所以MN平面C1DE. (2)過C作C1E的垂線,垂足為H. 由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE, 故DECH. 1 2 1 2 從而CH平面C1DE, 故CH的長即為C到平面C1DE的距離. 由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=, 故CH=. 從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為. 17 4 17 17 4 17 17 思路分析思路分析(1)連接B1C,ME.證明四邊形MNDE是平行四邊形,得出MNDE,然后利用線面平行 的判定定理證出結(jié)論.(2)注意到DE平面BCC1B1,只需過點(diǎn)C作C1E的垂線便可求解. 2.(20

29、16江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點(diǎn),點(diǎn)F在側(cè)棱B1B 上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求證: (1)直線DE平面A1C1F; (2)平面B1DE平面A1C1F. 證明證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC. 在ABC中,因?yàn)镈,E分別為AB,BC的中點(diǎn), 所以DEAC,于是DEA1C1. 又因?yàn)镈E 平面A1C1F,A1C1平面A1C1F, 所以直線DE平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1. 因?yàn)锳1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1. 又因?yàn)锳1C1A1B1,A

30、1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1, 所以A1C1平面ABB1A1. 因?yàn)锽1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D. 又因?yàn)锽1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1, 所以B1D平面A1C1F. 因?yàn)橹本€B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F. 評析評析本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想象 能力和推理論證能力. 3.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC, AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的

31、中點(diǎn). (1)求證:GF平面ADE; (2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值. 解析解析(1)證明:如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD, 又G是BE的中點(diǎn),所以GHAB,且GH=AB. 又F是CD的中點(diǎn),所以DF=CD. 由四邊形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD, 所以GHDF,且GH=DF, 從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GFDH. 又DH平面ADE,GF 平面ADE,所以GF平面ADE. (2)如圖,在平面BEC內(nèi),過B點(diǎn)作BQEC.因?yàn)锽ECE,所以BQBE. 1 2 1 2 又因?yàn)锳B平面BEC,所以ABBE,ABBQ. 以B為原點(diǎn),分別以,的方向?yàn)閤軸,y軸

32、,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,2),B (0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因?yàn)锳B平面BEC,所以=(0,0,2)為平面BEC的法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由得 取z=2,得n=(2,-1,2). BE BQ BA BA AE AF AE0, AF0, n n 220, 220, xz xyz 從而cos=, 所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為. BA BA | |BA| n n 4 3 2 2 3 2 3 4.(2015四川,18,12分)一個(gè)正方體的平面展開圖及該正方體

33、的直觀圖的示意圖如圖所示.在正 方體中,設(shè)BC的中點(diǎn)為M,GH的中點(diǎn)為N. (1)請將字母F,G,H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說明理由); (2)證明:直線MN平面BDH; (3)求二面角A-EG-M的余弦值. 解析解析(1)點(diǎn)F,G,H的位置如圖所示. (2)證明:連接BD,設(shè)O為BD的中點(diǎn). 因?yàn)镸,N分別是BC,GH的中點(diǎn), 所以O(shè)MCD,且OM=CD, HNCD,且HN=CD. 所以O(shè)MHN,OM=HN. 所以MNHO是平行四邊形, 從而MNOH. 又MN 平面BDH,OH平面BDH, 所以MN平面BDH. (3)解法一:連接AC,過M作MPAC于P. 1 2 1 2 在正方體AB

34、CD-EFGH中,ACEG, 所以MPEG. 過P作PKEG于K,連接KM, 所以EG平面PKM,從而KMEG. 所以PKM是二面角A-EG-M的平面角. 設(shè)AD=2,則CM=1,PK=2. 在RtCMP中,PM=CMsin45=. 在RtPKM中,KM=. 所以cosPKM=. 即二面角A-EG-M的余弦值為. 解法二:如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,方向?yàn)閤,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系 D-xyz. 2 2 22 PKPM 3 2 2 PK KM 2 2 3 2 2 3 DA DC DH 設(shè)AD=2,則M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以,

35、=(2,-2,0),=(-1,0,2). 設(shè)平面EGM的法向量為n1=(x,y,z), 由得 取x=2,得n1=(2,2,1). 在正方體ABCD-EFGH中,DO平面AEGC, 則可取平面AEG的一個(gè)法向量為n2=(1,1,0), 所以cos=, 故二面角A-EG-M的余弦值為. GE MG 1 1 GE0, MG0, n n 220, 20, xy xz DO 12 12 | | n n nn 220 4411 10 2 2 3 2 2 3 評析評析本題主要考查簡單空間圖形的直觀圖、空間線面平行的判定與性質(zhì)、二面角的平 面角的計(jì)算等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力.

36、5.(2014江蘇,16,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,D,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn).已知PAAC, PA=6,BC=8,DF=5. 求證:(1)直線PA平面DEF; (2)平面BDE平面ABC. 證明證明(1)因?yàn)镈,E分別為棱PC,AC的中點(diǎn),所以DEPA. 又因?yàn)镻A 平面DEF,DE平面DEF, 所以直線PA平面DEF. (2)因?yàn)镈,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn),PA=6,BC=8,所以DEPA,DE=PA=3,EF=BC=4. 又因?yàn)镈F=5,故DF2=DE2+EF2, 所以DEF=90,即DEEF. 又PAAC,DEPA,所以DEAC. 因?yàn)锳CEF=E

37、,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. 1 2 1 2 評析評析本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想象 能力和推理論證能力. 考點(diǎn)平行的判定和性質(zhì)考點(diǎn)平行的判定和性質(zhì) 三年模擬 A A組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬考點(diǎn)基礎(chǔ)題考點(diǎn)基礎(chǔ)題組組 1.(2018浙江新高考調(diào)研卷四(金華一中),4)已知m,n是兩條不同的直線,是兩個(gè)不同的平面, 則以下命題正確的是() A.若m,=n,則mn B.若m,n,則mn C.若m,mn,則n D.若m,m,則 答案答案DA.由于n可

38、以是平面上的任意一條直線,所以m,n不一定平行,還可以異面,故錯(cuò)誤; B.與一個(gè)平面平行的兩條直線可能平行也可能相交還可能異面;C.直線n要垂直于平面,必須 垂直于平面的兩條相交直線,而該選項(xiàng)條件不全,所以錯(cuò)誤.故選D. 2.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,15)已知m,n,l是互不相同的直線,是兩個(gè)不重合的平面, 給出以下四個(gè)命題: m,n是兩條異面直線,m,n,且m,n,則; 若m,n=A,且點(diǎn)A m,則m,n是兩條異面直線; 若m,n是異面直線,m,n,且lm,ln,則l; 已知直線m平面,直線n平面,mn. 其中為真命題的序號是.(把所有真命題的序號都填上) 答案答案 解析解析在中

39、,m,在內(nèi)存在直線m1m,又m,m1. m,n是兩條異面直線,直線m1與n是兩條相交直線,又n,即正確. 由異面直線判定定理知正確.在中,m,在內(nèi)存在直線m1m,lm,lm1.n ,在內(nèi)存在直線n1n,ln,ln1.m,n是兩條異面直線,直線m1與n1是兩條相交直線, l,即正確. 由直線m平面和知m或m,而n是內(nèi)任一直線,則直線m與n可能相交,可能平行, 還可能異面,故是錯(cuò)誤的. 3.(2019浙江金華十校聯(lián)考(4月),20)在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,BCCD,SC= SD=CD=DA=1,CB=2, ADBC,SCB=,E為線段SB上的中點(diǎn). (1)證明:AE平面SC

40、D; (2)求直線AE與平面SBC所成角的余弦值. 2 3 解析解析(1)證明:取SC的中點(diǎn)F,連接EF,DF,則EFBC,EF=BC,(2分) 又ADBC且CB=2DA,四邊形EFDA為平行四邊形,(4分) AEDF,又DF平面SCD,AE 平面SCD, AE平面SCD.(6分) (2)解法一:過點(diǎn)B作直線BGSC,過點(diǎn)S作直線SGBC,BG交SG于點(diǎn)G,過點(diǎn)C作CMSG于M, 連接DM,如圖. 過點(diǎn)D作DHCM于H,取BC的中點(diǎn)T,作TFSG于F,過點(diǎn)A作AITF于I, 則AEI就是AE與平面SBC所成的角,設(shè)AEI=.(9分) ADBC, 1 2 AD平面SCBG, AI=DH. 在AB

41、S中,可計(jì)算出AE=,(11分) 在DCM中,可計(jì)算出DH=,(13分) sin=,故cos=.(15分) 解法二:如圖,分別以CD、CB所在的直線為x軸、y軸建立空間直角坐標(biāo)系, 則C(0,0,0),D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,2,0),設(shè)平面SDC與平面ABCD所成的銳二面角為,則S,- cos,sin.(10分) 3 2 6 3 AI AE DH AE 6 3 3 2 2 3 3 1 3 1 2 3 2 3 2 SB2=12+22-212=7,又SB2=+sin2=5+2cos, 5+2cos=7,cos=,故sin=.(12分) S, SB的中點(diǎn)E.=. 設(shè)n=(x,y

42、,z)是平面SBC的法向量,則 1 2 1 4 2 3 2cos 2 3 4 3 3 3 3 6 3 112 , 222 1 32 , 4 44 AE 312 , 444 1 CS(2 )0, 2 CB20, nxyz ny 取n=(,0,-1),設(shè)直線AE與平面SBC所成的角為, 則sin=|cos|=, cos=.(15分) 2 AE 3 22 44 3 3 2 2 2 3 1 3 4.(2019浙江高考信息優(yōu)化卷(三),19)如圖,在四棱錐S-ABCD中,ADBC,BCCD,SDA= SDC=60,AD=DC=BC=SD,E,F分別是SD,BC的中點(diǎn). (1)求證:SF平面AEC; (2

43、)求SF與平面SDC所成角的余弦值. 1 2 1 2 解析解析(1)證明:連接AF,FD,設(shè)FDAC=H,連接EH, 由題意可知四邊形ADCF為矩形,故H為FD的中點(diǎn),又E為SD的中點(diǎn), EH為SDF的中位線, EHSF,由SF平面AEC. (2)不妨設(shè)AD=1,則SA=SC=,由DC2+SC2=SD2DCSC, 由DC平面SBC,又DC平面SDC, 平面SBC平面SDC,故FSC為所求的角,易知AF平面SBC, , , EHSF EHAEC SFAEC 平面 平面 3 , , DCSC DCBC SCBCC AFS=,易求得SF=,cosFSC=. 2 2 6 3 5.(2019浙江名校協(xié)作

44、體聯(lián)考(2月),19)四棱錐P-ABCD的底面為菱形,AB=4,ABC=60,M為PB 的中點(diǎn),N為BD上一點(diǎn),且BN=ND,若PA=PC=5,PB=. (1)求證:MN平面PAC; (2)求證:PN平面ABCD; (3)求直線PN與平面PCD所成角的正弦值. 1 3 21 解析解析(1)證明:設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,連接PO,則由已知條件得=, MNPO.(2分) 則MN平面PAC.(3分) (2)證明:PA=PC,O是AC中點(diǎn), POAC,又PA=PC=5,AO=2, PO=PB,PNBD,(5分) 連接NC,易求得PN=3,NC=, PN2+NC2=PC2,PNNC.(7分) 又BDNC=

45、N,PN平面ABCD.(8分) (3)解法一:設(shè)點(diǎn)N到平面PCD的距離為h,PN與平面PCD所成角為, 則sin=,(10分) VN-PCD=VP-NCD SPCDh=SNCDPN, 由題意及(2)可得SNCD=3, BM BP 1 2 BN BO 21 27 h PN 3 SPCD=3,PN=3, h=,則sin=,即直線PN與平面PCD所成角的正弦值為.(15分) 解法二:如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(-2,0,0),B(0,-2,0),C(2,0,0),D(0,2,0),N(0,-,0). 設(shè)P(x0,y0,z0), 由PA=PC=5,PB=得,解得 P(0,-,3).(10分) 11

46、2 3 6 11 33 11 33 11 333 21 222 000 222 000 222 000 (2)25, (2)25, (2 3)21, xyz xyz xyz 0 0 0 0, 3, 3 2. x y z 32 =(-2,2,0),=(2,-3), 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z), 則即令y=1,得 n=.(13分) 記直線PN與平面PCD所成角為, 則sin=.(15分) CD 3 PC 32 CD0, PC0, n n 22 30, 233 20, xy xyz 3, 6 . 2 x z 6 3,1, 2 |PN| |PN| n n 33 11 解題思維解題思維(1

47、)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,連接PO,則=MNPOMN平面PAC; (2)由已知數(shù)量關(guān)系得出PNBD,PNNCPN平面ABCD; (3)思路一:等體積轉(zhuǎn)化法求出N到平面PCD的距離,進(jìn)而可求出直線PN與平面PCD所成角的正 弦值; 思路二:建立空間直角坐標(biāo)系,核心是求出平面PCD的法向量,求解分三步:設(shè)平面PCD的法 向量n=(x,y,z);法向量n與向量,分別作點(diǎn)乘;求出不定方程組的一組解即得法向量的 坐標(biāo). BM BP 1 2 BN BO CD PC 6.(2017浙江名校新高考研究聯(lián)盟第二次聯(lián)考,19)如圖,已知菱形ABCD與等腰三角形PAB所在 的平面相互垂直,PAB=BAD=120,E為

48、PB的中點(diǎn). (1)求證:PD平面ACE; (2)求二面角B-CE-D的余弦值. 解析解析(1)證明:連接BD,設(shè)BD交AC于點(diǎn)M,連接ME. 在平行四邊形ABCD中,AC,BD相互平分,即DM=BM. 又PE=BE, 在BDP中,EMPD. PD 平面AEC,ME平面AEC, PD平面AEC. (2)過D作DO垂直于BA,交BA的延長線于點(diǎn)O,連接PO,易得DO,PO,BO兩兩垂直,以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn), OP,OB,OD所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略),設(shè)AB=2,則B(0,3,0),C(0,2,),P (,0,0),D(0,0,), 3 33 E, =(0,-1,),=,=(

49、0,2,0),=, 設(shè)平面BCE的法向量為m=(x1,y1,1), 則解得 m=(3,1). 設(shè)平面DCE的法向量為n=(x2,y2,1), 則解得n=(2,0,1). cos=, 由圖可知二面角B-CE-D為鈍角, 3 3 ,0 22 BC 3BE 33 ,0 22 DC DE 3 3 ,3 22 1 11 BCy30, 33 BExy0, 22 m m 1 1 y3, x3, 3 2 22 DC2y0, 33 DExy30, 22 n n 2 2 x2, y0, | | m n mn 7 65 7 65 65 二面角B-CE-D的余弦值為-. 7 65 65 B B組組2017201920

50、172019年高考模擬年高考模擬專題綜合題組專題綜合題組 時(shí)間:35分鐘分值:68分 一、選擇題(每小題4分,共8分) 1.(2019浙江寧波高三上期末,2)已知平面,直線m,n滿足m ,n,則“mn”是“m”的 () A.充分不必要條件B.必要不充分條件 C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件 答案答案A因?yàn)閙 ,n,所以若mn,則m,所以充分性成立; 當(dāng)m時(shí),m與平面內(nèi)的直線不一定平行,所以必要性不成立,選A. 2.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬,5)已知兩條不相交的空間直線a和b,則() A.必定存在平面,使得a,b B.必定存在平面,使得a,b C.必定存在直線c,使得ac,bc D.必

51、定存在直線c,使得ac,bc 答案答案B因?yàn)閍,b有可能為異面直線,所以A錯(cuò);同理C錯(cuò);當(dāng)直線a,b為異面直線時(shí),在直線a上 取一點(diǎn)M,過點(diǎn)M作與b平行的直線c,則相交直線a,c確定的平面,滿足a,b;當(dāng)a,b為平行 直線時(shí),顯然存在平面,使得a,b,故B正確.而對于選項(xiàng)D,顯然只有在ab時(shí),才能成立. 故選B. 3.(2017浙江名校協(xié)作體期初,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為梯形,ADBC,AB=BC =CD=1,DA=2,DP平面ABP,O,M分別是AD,PB的中點(diǎn). (1)求證:PD平面OCM; (2)若AP與平面PBD所成的角為60,求線段PB的長. 二、解答題(共

52、60分) 解析解析(1)證明:連接OB,設(shè)BD與OC的交點(diǎn)為N,連接MN. 因?yàn)镺為AD的中點(diǎn),AD=2, 所以O(shè)A=OD=1=BC. 又因?yàn)锳DBC, 所以四邊形OBCD為平行四邊形,(2分) 所以N為BD的中點(diǎn),又因?yàn)镸為PB的中點(diǎn), 所以MNPD.(4分) 又因?yàn)镸N平面OCM,PD 平面OCM, 所以PD平面OCM.(6分) (2)由四邊形OBCD為平行四邊形,知OB=CD=1, 所以AOB為等邊三角形,所以BAD=60,(8分) 所以BD=,即AB2+BD2=AD2,所以ABBD. 因?yàn)镈P平面ABP,所以ABPD. 又因?yàn)锽DPD=D,所以AB平面BDP,(11分) 1 142 1

53、 2 2 3 所以APB為AP與平面PBD所成的角,即APB=60,(13分) 所以PB=.(15分) 3 3 4.(2019浙江新高考調(diào)研模擬卷(一),19)如圖,四邊形ABCD為直角梯形,ADBC,ADC=90,AB =AD=2BC=2,將ABD繞著AD翻折到PAD. (1)M為PC上一點(diǎn),且=,當(dāng)PA平面DMB時(shí),求實(shí)數(shù)的值; (2)當(dāng)平面PAD與平面PBC所成的銳二面角大小為30時(shí),求PC與平面ABCD所成角的正弦值. PM MC 解析解析(1)連接AC交BD于點(diǎn)N,連接MN,PAMN,在PAC中, =,=2,即=2. (2)取AD的中點(diǎn)O,過點(diǎn)P作lBC,則lAD,作PHOB于H,易

54、知ADOP,ADOB,OPOB=O AD平面POBADPH.OPl,BPl,BPO為平面PAD與平面PBC所成的銳二面 角,BPO=30,PH平面ABCD,PCH為PC與底面ABCD所成的角,sinPCH= =. PABDM BDMPACMN 平面 平面平面 CN NA MC PM 1 2 PM MC PH PC 3 2 10 3 10 20 5.(2019浙江高考信息優(yōu)化卷(五),19)如圖,將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折疊,使得平 面ABD平面CBD,AE平面ABD,且AE=. (1)求證:DEAC; (2)求DE與平面BEC所成角的正弦值; (3)直線BE上是否存在一點(diǎn)M,使得

55、CM平面ADE?若存在,求點(diǎn)M的位置;若不存在,請說明理 由. 2 解析解析(1)證明:以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AE所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如 圖. 則E(0,0,),B(2,0,0),D(0,2,0),取BD的中點(diǎn)F并連接CF,AF. 由題意可得CFBD且AF=CF=, 又平面BDA平面BDC,CF平面BDA,C(1,1,),=(0,-2,),=(1,1,), =(0,-2,)(1,1,)=0, 故DEAC. (2)設(shè)平面BCE的法向量為n=(x,y,z),則即 2 2 2DE 2AC 2DE AC 22 EB0, CB0, n n 220, 20, xz xyz 令x=1,得n=(1,-1,). 設(shè)DE與平面BEC