高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八章 第四節(jié) 空間中平行的判定與性質(zhì) 理試題

eq\a\vs4\al\co1(第四節(jié)空間中平行的判定與性質(zhì))考點空間中平行的判定與性質(zhì)1．(2013·廣東，6)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面．下列命題中正確的是()A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nB．若α∥β，m?α，n?β，則m∥nC．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β解析A項中，m與n還可能平行或異面，故不正確；B項中，m與n還可能異面，故不正確；C項中，α與β還可能平行或相交，故不正確；D項中，∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α.又n∥β，∴α⊥β，故選D.答案D2．(2012·四川，6)下列命題正確的是()A．若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行B．若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行C．若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行D．若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行解析若兩條直線和同一平面所成的角相等，則這兩條直線可平行、可異面、可相交．選項A錯；如果到一個平面距離相等的三個點在同一條直線上或在這個平面的兩側(cè)，則經(jīng)過這三個點的平面與這個平面相交，選項B不正確；如圖，平面α∩β＝b，a∥α，a∥β，過直線a作平面ε∩α＝c，過直線a作平面γ∩β＝d，∵a∥α，∴a∥c，∵a∥β，∴a∥d，∴d∥c，∵c?α，d?α，∴d∥α，又∵d?β，∴d∥b，∴a∥b，選項C正確；若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面可平行、可相交，選項D不正確．答案C3．(2015·江蘇，16)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設(shè)AB1的中點為D，B1C∩BC1＝求證：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.證明(1)由題意知，E為B1C的中點，又D為AB1的中點，因此DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC，所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因為BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因為AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因為AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1.4．(2014·江蘇，16)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求證：(1)直線PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.證明(1)因為D，E分別為棱PC，AC的中點，所以DE∥PA.又因為PA?平面DEF，DE?平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.(2)因為D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因為DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因為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.5．(2014·新課標(biāo)全國Ⅱ，18)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)二面角D－AE－C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱錐E－ACD的體積．(1)證明連接BD交AC于點O，連接EO.因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.又因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解因為PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向，|eq\o(AP,\s\up6(→))|為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).設(shè)B(m，0，0)(m>0)，則C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1，0，0)為平面DAE的法向量，由題設(shè)知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因為E為PD的中點，所以三棱錐E－ACD的高為eq\f(1,2)，三棱錐E－ACD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).6．(2014·湖北，19)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0<λ(1)當(dāng)λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．法一(幾何法)(1)證明如圖1，連接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方體，知BC1∥AD1當(dāng)λ＝1時，P是DD1的中點，又F是AD的中點，所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.(2)解如圖2，連接BD.因為E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，所以EF∥BD，且EF＝eq\f(1,2)BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四邊形PQBD是平行四邊形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，從而EF∥PQ，且EF＝eq\f(1,2)PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因為BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝eq\r(1＋λ2)，所以四邊形EFPQ是等腰梯形．同理可證四邊形PQMN是等腰梯形．分別取EF，PQ，MN的中點為H，O，G，連接OH，OG，則GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則∠GOH＝90°.連接EM，F(xiàn)N，則由EF∥MN，且EF＝MN，知四邊形EFNM是平行四邊形．連接GH，因為H，G是EF，MN的中點，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝λ2＋eq\f(1,2)，OG2＝1＋(2－λ)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝(2－λ)2＋eq\f(1,2)，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋eq\f(1,2)＋λ2＋eq\f(1,2)＝4，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2)，故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角．法二(向量方法)以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，0，0)，P(0，0，λ)．eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(1，1，0)．(1)證明當(dāng)λ＝1時，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，又因為eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2eq\o(FP,\s\up6(→))，即BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.(2)解設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一個法向量為m＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2).故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角．7．(2013·江蘇，16)如圖，在三棱錐S-ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點．求證：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.證明(1)因為AS＝AB，AF⊥SB，垂足為F，所以F是SB的中點，又因為E是SA的中點，所以EF∥AB.因為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)因為平面SAB⊥平面SBC，且交線為SB，又AF?平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因為BC?平面SBC，所以AF⊥BC.又因為AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB?平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因為SA?平面SAB，所以BC⊥SA.8.(2013·新課標(biāo)全國Ⅱ，18)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點，AA1＝AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB.(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)求二面角D-A1C-E(1)證明連接AC1交A1C于點F則F為AC1的中點．又D是AB的中點，連接DF，則BC1∥DF.因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)解由AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB得，AC⊥BC.以C為坐標(biāo)原點，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，eq\o(CB,\s\up6(→))的方向為y軸正方向，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.設(shè)CA＝2，則D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)．eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)．設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CA1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2x1＋2z1＝0.))可取n＝(1，