《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題八 立體幾何 3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)試題 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題八 立體幾何 3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)試題 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、直線、平面平行的判定與性質(zhì) 挖命題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點 1.直線與平面平行的判定與性質(zhì) ①以立體幾何的有關(guān)定義、公理和定理為出發(fā)點,認識和理解空間中線面平行、面面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理,并能夠證明相關(guān)性質(zhì)定理. ②能運用線面平行、面面平行的判定及性質(zhì)定理證明空間圖形的平行關(guān)系 2018江蘇,15,14分 直線和平面平行的判定 面面垂直的判定 ★★★ 2017江蘇,15,14分 直線和平面平行的判定 線線垂直的判定、面面垂直的性質(zhì) 2016課標Ⅱ,14,5分 直線和平面平行的判定和性質(zhì) 線面角、

2、線面垂直的性質(zhì) 2014課標Ⅱ,18,12分 線面平行的判定 三棱錐的體積、二面角 2.平面與平面平行的判定與性質(zhì) 2015山東,17,12分 線面平行的判定、面面平行的性質(zhì) 線面垂直的性質(zhì)、二面角 ★★☆ 分析解讀　　從近5年高考情況來看,本節(jié)內(nèi)容一直是高考的熱點,主要考查直線與平面及平面與平面平行的判定和性質(zhì),常設(shè)置在解答題中的第(1)問,難度中等,解題時應(yīng)注意線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化,應(yīng)充分發(fā)揮空間想象能力以及邏輯思維能力. 破考點 【考點集訓(xùn)】 考點一　直線與平面平行的判定與性質(zhì) 1.(2017山西大學(xué)附中10月模擬,11)如圖,在四面體ABCD

3、中,若截面PQMN是正方形,則在下列命題中,錯誤的為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.AC⊥BD B.AC=BD C.AC∥截面PQMN D.異面直線PM與BD所成的角為45° 答案　B　 2.(2017山西太原五中月考,14)過三棱柱ABC-A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線,其中與平面ABB1A1平行的直線共有　　　　條.? 答案　6 3.(2018江蘇無錫模擬,18)如圖,在四面體PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D為PC的中點. (1)求證:AD⊥BD; (2)若M為PB的中點,點N在直線AB上,且AN∶NB=

4、1∶2,求證:直線AD∥平面CMN. 證明　(1)∵PA=AC,D為PC的中點,∴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)連接DM,設(shè)BD與CM交于點G,連接NG. ∵D、M分別為PC和PB的中點,∴DM∥BC且DM=12BC, ∴DG∶GB=DM∶BC=1∶2. ∵AN∶NB=1∶2

5、,∴AN∶NB=DG∶GB. ∴△BNG∽△BAD,∴AD∥NG. ∵AD?平面CMN,NG?平面CMN,∴直線AD∥平面CMN. 考點二　平面與平面平行的判定與性質(zhì) 1.(2018安徽黃山二模,4)下列說法中,錯誤的是(　　) A.若平面α∥平面β,平面α∩平面γ=l,平面β∩平面γ=m,則l∥m B.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=l,m?α,m⊥l,則m⊥β C.若直線l⊥平面α,平面α⊥平面β,則l∥β D.若直線l∥平面α,平面α∩平面β=m,直線l?平面β,則l∥m 答案　C　 2.(2017河南豫西五校4月聯(lián)考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直線,α、β

6、表示不同平面,若m?α,n?α,l1?β,l2?β,l1∩l2=M,則α∥β的一個充分條件是(　　) 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　 3.(2017江西九江模擬,19)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E、F分別是棱BC、CC1的中點. (1)若線段AC上的點D滿足平面DEF∥平面ABC1,試確定點D的位置,并說明理由; (2)證明:EF⊥A1C. 解析　(1)∵面DEF∥面ABC1,面ABC∩面DEF=DE,面ABC∩面ABC1=AB,∴AB∥D

7、E,(4分) ∵在△ABC中,E是BC的中點, ∴D是線段AC的中點.(6分) (2)證明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1, ∴側(cè)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分別為棱BC、CC1的中點, ∴EF∥BC1,(11分) ∴EF⊥A1C.(12分) 煉技法 【方法集訓(xùn)】 方法1　證明直線與平面平行的方法 1. 如圖,空間幾何體ABCDFE中,四邊形ABCD是菱形,直角梯形ADFE所在平面與平面ABCD垂直,且AE⊥AD,

8、EF∥AD,P,Q分別是棱BE、DF的中點. 求證:PQ∥平面ABCD. 證明　如圖,作PM∥EA交AB于M,作QN∥EA交AD于N,連接MN. 因為P、Q分別是棱BE、DF的中點,所以PM∥EA且PM=12EA,QN∥EA且QN=12EA, 所以PM􀱀QN, 所以四邊形PMNQ為平行四邊形, 所以PQ∥MN,又PQ?平面ABCD,MN?平面ABCD, 所以PQ∥平面ABCD. 2.如圖所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,點D,D1分別是AC,A1C1的中點. (1)證明:AD1∥平面BDC1; (2)證明:BD∥平面AB1D1. 證明　(1)

9、∵D1,D分別為A1C1,AC的中點,四邊形ACC1A1為平行四邊形,∴C1D1􀱀DA, ∴四邊形ADC1D1為平行四邊形, ∴AD1∥C1D. 又AD1?平面BDC1,C1D?平面BDC1, ∴AD1∥平面BDC1. (2)連接D1D,如圖. 易知DD1􀱀CC1,又CC1􀱀BB1, ∴BB1􀱀DD1. 故四邊形BDD1B1為平行四邊形. ∴BD∥B1D1. 又BD?平面AB1D1,B1D1?平面AB1D1, ∴BD∥平面AB1D1. 3.(2018廣東惠州一調(diào),19)如圖,在底面是菱形的四棱柱

10、ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,點E在A1D上. (1)證明:AA1⊥平面ABCD; (2)當A1EED為何值時,A1B∥平面EAC?并求出此時直線A1B與平面EAC之間的距離. 解析　(1)證明:因為四邊形ABCD是菱形,∠ABC=60°, 所以AB=AD=AC=2, 在△AA1B中, 由AA12+AB2=A1B2,知AA1⊥AB, 同理,AA1⊥AD,又AB∩AD=A, 所以AA1⊥平面ABCD.(4分) (2)當A1EED=1時,A1B∥平面EAC.(6分) 理由如下:連接BD交AC于點O,連接OE,假設(shè)A1

11、B∥平面EAC,由于A1B?平面A1BD,且平面EAC∩平面A1BD=OE,則OE∥A1B,∵O為BD的中點,∴在△A1BD中,E為A1D的中點,即A1EED=1. 直線A1B與平面EAC之間的距離等于點A1到平面EAC的距離,因為E為A1D的中點,所以點A1到平面EAC的距離等于點D到平面EAC的距離,VD-EAC=VE-ACD,設(shè)AD的中點為F,連接EF,則EF∥AA1,且EF=1,所以EF⊥平面ACD,可求得S△ACD=3, 所以VE-ACD=13×1×3=33.(9分) 又因為AE=2,AC=2,CE=2,所以S△EAC=72,所以13S△EAC·d=13×72d=33(d表

12、示點D到平面EAC的距離),解得d=2217,所以直線A1B與平面EAC之間的距離為2217.(12分) 方法2　證明平面與平面平行的方法 1.(2018安徽合肥一中模擬,18)如圖,四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點. (1)求證:BE∥平面DMF; (2)求證:平面BDE∥平面MNG. 證明　(1)如圖,連接AE,則AE必過DF與GN的交點O, 連接MO,則MO為△ABE的中位線,所以BE∥MO, 又BE?平面DMF,MO?平面DMF,所以BE∥平面DMF. (2)因為N,G分別為平行四邊形ADEF的邊AD,EF的中點,

13、 所以DE∥GN. 又DE?平面MNG,GN?平面MNG,所以DE∥平面MNG. 又M為AB的中點,所以MN為△ABD的中位線,所以BD∥MN, 又BD?平面MNG,MN?平面MNG,所以BD∥平面MNG, 又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線, 所以平面BDE∥平面MNG. 2.(2017河南中原名校聯(lián)考,20)如圖,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F分別為AD,PA的中點,在BC上有且只有一個點Q,使得PQ⊥QD. (1)求證:平面BEF∥平面PDQ; (2)求二面角E-BF-Q的余弦值. 解析　(1)證明:如圖,以點A為

14、原點,分別以AB,AD,AP的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz, 則A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1), 設(shè)Q(1,x,0),則PQ=(1,x,-1),QD=(-1,a-x,0),(2分) 若PQ⊥QD,則PQ·QD=-1+x(a-x)=0, 即x2-ax+1=0,Δ=(-a)2-4, ∵在BC上有且只有一個點Q,使得PQ⊥QD, ∴Δ=0,∴a=2,x=1.(4分) ∴Q(1,1,0),QD=(-1,1,0), 又E是AD的中點,∴E(0,1,0),BE=(-1,1,0), ∴QD=BE,∴BE∥DQ,

15、又BE?平面PDQ,DQ?平面PDQ,∴BE∥平面PDQ, 又F是PA的中點,∴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)設(shè)平面BFQ的法向量n1=(x,y,z),則n1·BF=0,n1·BQ=0, 易知BF=-1,0,12,BQ=(0,1,0), ∴-x+12z=0,y=0,取z=2,得n1=(1,0,2), 同理,可得平面BEF的一個法向量n2=(1,1,2), ∴cos=n1·n2|n1||n2|=306, 又易知二面角E-BF-Q為銳角,

16、 ∴二面角E-BF-Q的余弦值為306.(12分) 過專題 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 1.(2016課標Ⅱ,14,5分)α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題: 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與α所成的角和n與β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?、冖邰? 2.(2014課標Ⅱ,18,12分)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:P

17、B∥平面AEC; (2)設(shè)二面角D-AE-C為60°,AP=1,AD=3,求三棱錐E-ACD的體積. 解析　(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EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC. (2)因為PA⊥平面ABCD,ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標原點,AB的方向為x軸的正方向,|AP|為單位長,建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,則D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12. 設(shè)B(m,0,0)(m>0),則C(m,3,0),

18、AC=(m,3,0). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的一個法向量, 則n1·AC=0,n1·AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,-1,3. 又n2=(1,0,0)為平面DAE的一個法向量, 由題設(shè)得|cos|=12,即33+4m2=12,解得m=32. 因為E為PD的中點,所以三棱錐E-ACD的高為12. 三棱錐E-ACD的體積V=13×12×3×32×12=38. 思路分析　(1)在平面AEC內(nèi)找出與PB平行的直線,分析題意可通過作三角形的中位線進行證明;(2)要求三棱錐E-ACD的體積,易知三棱錐的高,又已知底面直角三角形的一直

19、角邊AD的長,故只需求出另一直角邊CD的長.可建立空間直角坐標系,利用向量法列方程(組)求解. 易錯警示　對于第(2)問,二面角的平面角與兩個半平面的法向量夾角相等或互補,部分同學(xué)容易錯誤認為僅相等,另外,計算法向量時可能出錯. B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 1.(2018浙江,6,4分)已知平面α,直線m,n滿足m?α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”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　A　 2.(2015福建,7,5分)若l,m是兩條不同的直線,m垂直于平面

20、α,則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的(　　) A.充分而不必要條件　　　　B.必要而不充分條件 C.充分必要條件　　　　D.既不充分也不必要條件 答案　B　 3.(2018江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求證:(1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 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,AB∥A1B1. 因為AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C, 所以AB∥平面A1

21、B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,所以AB1⊥A1B. 因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC. 又因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC, 所以AB1⊥平面A1BC, 又因為AB1?平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 4.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD,E為棱AD的中點,異面直線PA與CD所成的角為90°. (1)在平面P

22、AB內(nèi)找一點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. 解析　(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行. 延長AB,DC,相交于點M(M∈平面PAB),點M即為所求的一個點. 理由如下: 由已知,BC∥ED,且BC=ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形. 從而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE, 所以CM∥平面PBE. (說明:延長AP至點N,使得AP=PN,則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD

23、⊥平面PAD.從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°. 設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 過點A作AH⊥CE,交CE的延長線于點H,連接PH. 易知PA⊥平面ABCD,又CE?平面ABCD, 從而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q,則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=22. 在Rt△PAH中,PH=PA2+AH2=322, 所以sin∠APH=AHPH=13. 解法二:由已知,C

24、D⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD. 從而∠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. 設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 作Ay⊥AD,以A為原點,以AD,AP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系A(chǔ)-xyz, 則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), 所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2). 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z), 由n·PE=0,n·EC=0,得x-

25、2z=0,x+y=0, 設(shè)x=2,解得n=(2,-2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α, 則sinα=|n·AP||n|·|AP|=22×22+(-2)2+12=13. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為13. 思路分析　對(1),延長AB,DC相交于一點M,則M在平面PAB內(nèi),由已知易知CM∥EB,從而CM∥平面PBE;對(2),有兩種解法:解法一是傳統(tǒng)幾何方法,作出PA與面PCE所成的角,然后通過解三角形求值;解法二是向量法,建立空間直角坐標系,求出面PCE的一個法向量n,利用sinα=|n·AP||n|·|AP|求值. C組　教師專用題組 1.(2016浙

26、江,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直線l.若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則(　　) A.m∥l　　　　B.m∥nC.n⊥l　　　　D.m⊥n 答案　C　 2.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是(　　) A.若α,β垂直于同一平面,則α與β平行 B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行 C.若α,β不平行···,則在α內(nèi)不存在···與β平行的直線 D.若m,n不平行···,則m與n不可能···垂直于同一平面 答案　D　 3.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面A

27、BD⊥平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD. 求證:(1)EF∥平面ABC; (2)AD⊥AC. 證明　(1)在平面ABD內(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB. 又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD. 因為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. 又因為AC?平面ABC,所以AD⊥AC. 方法總結(jié)

28、　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(a∥b,a⊥c?b⊥c); (2)線面垂直的性質(zhì)(a⊥α,b?α?a⊥b). 4.(2016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,點F在側(cè)棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1. 求證:(1)直線DE∥平面A1C1F; (2) 平面B1DE⊥平面A1C1F. 證明　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC. 在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點, 所以DE∥AC,于是DE∥A1C1. 又因為DE?

29、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. 因為A1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1. 又因為A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1, 所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因為B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D. 又因為B1D⊥A1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F. 因為直線B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.

30、 5.(2015江蘇,16,14分)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=E.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∩CC

31、1=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. 6.(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. (1)求證:BD∥平面FGH; (2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小. 解析　(1)連接DG

32、,CD,設(shè)CD∩GF=O,連接OH. 在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G為AC的中點,可得DF∥GC,DF=GC,所以四邊形DFCG為平行四邊形. 則O為CD的中點,又H為BC的中點,所以O(shè)H∥BD, 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,由DF=12AC=GC,可得四邊形DGCF為平行四邊形,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中點,得AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD兩兩垂直.

33、 以G為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz. 所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1). 可得H22,22,0,F(0,2,1), 故GH=22,22,0,GF=(0,2,1). 設(shè)n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 則由n·GH=0,n·GF=0,可得x+y=0,2y+z=0. 可得平面FGH的一個法向量n=(1,-1,2). 因為GB是平面ACFD的一個法向量,GB=(2,0,0), 所以cos=GB·n|GB|·|n|=222=12. 所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60°. 7.

34、(2015天津,17,13分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且點M和N分別為B1C和D1D的中點. (1)求證:MN∥平面ABCD; (2)求二面角D1-AC-B1的正弦值; (3)設(shè)E為棱A1B1上的點.若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為13,求線段A1E的長. 解析　如圖,以A為原點建立空間直角坐標系, 依題意可得 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).

35、 又因為M,N分別為B1C和D1D的中點,得M1,12,1,N(1,-2,1). (1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量.MN=0,-52,0.由此可得MN·n=0,又因為直線MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD. (2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD1的法向量, 則n1·AD1=0,n1·AC=0,即x-2y+2z=0,2x=0. 不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,1,1). 設(shè)n2=(x,y,z)為平面ACB1的法向量, 則n2·AB1=0,n2·AC=0, 又AB1=(0,1,2),得

36、y+2z=0,2x=0. 不妨設(shè)z=1,可得n2=(0,-2,1). 因此有cos=n1·n2|n1|·|n2|=-1010, 于是sin=31010. 所以,二面角D1-AC-B1的正弦值為31010. (3)依題意,可設(shè)A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2),從而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,由已知,得cos=NE·n|NE|·|n|=1(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得λ2+4λ-3=0,又因為λ∈[0,1],解得λ=7-2. 所以,線段A1E的長為7-2.

37、評析　本題主要考查直線與平面平行和垂直、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)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、運算能力和推理論證能力. 8.(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,過A1,D,E的平面交CD1于F. (1)證明:EF∥B1C; (2)求二面角E-A1D-B1的余弦值. 解析　(1)證明:由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四邊形A1B1CD為平行四邊形,從而B1C∥A1D,又A1D?面A1DE,B1C?面A

38、1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C. (2)因為四邊形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均為正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A為原點,分別以AB,AD,AA1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系,可得點的坐標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點為B1D1的中點,所以E點的坐標為(0.5,0.5,1). 設(shè)面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而該面上向量A1E=(

39、0.5,0.5,0),A1D=(0,1,-1),由n1⊥A1E,n1⊥A1D得r1,s1,t1應(yīng)滿足的方程組0.5r1+0.5s1=0,s1-t1=0,(-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A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為|n1·n2||n1|·|n2|=23×2=63. 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算求解能力.正確求解各點坐標以及平面法向量

40、是解決問題的關(guān)鍵. 9.(2014湖北,19,12分)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,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<2). (1)當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. 解析　(1)證明:如圖,連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知BC1∥AD1. 當λ=1時,P是DD1的中點,又F是AD的中點, 所以FP∥AD1. 所以BC1∥FP.

41、 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ. (2)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所示的空間直角坐標系D-xyz.由已知得E(2,1,0),F(1,0,0),M(2,1,2),N(1,0,2),Q(2,2,λ),P(0,0,λ). 設(shè)平面EFPQ的法向量為n=(x,y,z), 則由FE·n=0,FP·n=0,可得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

42、-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0, 即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±22.故存在λ=1±22,使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角. 評析　本題考查了線面平行的證明方法和二面角的計算.體現(xiàn)了利用平面的法向量解決二面角中有關(guān)求值問題的優(yōu)勢.充分利用方程的思想方法是解題的關(guān)鍵. 【三年模擬】 一、選擇題(每小題5分,共20分) 1.(2019屆黑龍江哈爾濱師范大學(xué)附中期中,5)若m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則下列說法中正確的是　(　　) A.α∥β,m?α,n?β?m∥n B.α⊥γ,β⊥γ?α∥β C.α∥β,m∥n,m

43、⊥α?n⊥β D.α∩β=m,β∩γ=n,m∥n?α∥β 答案　C　 2.(2019屆浙江溫州九校第一次聯(lián)考,4)已知m為一條直線,α,β為兩個不同的平面,則下列說法正確的是(　　) A.若m∥α,α∥β,則m∥β B.若m⊥α,α⊥β,則m∥β C.若m⊥α,α∥β,則m⊥β D.若m∥α,α⊥β,則m⊥β 答案　C　 3.(2017河南洛陽一模,9)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面α與棱AB,AC,A1C1,A1B1分別交于點E,F,G,H,且直線AA1∥平面α.有下列三個命題:①四邊形EFGH是平行四邊形;②平面α∥平面BCC1B1;③平面α⊥平面BCFE.其中正

44、確的命題為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.①②　　　　B.②③　　　　C.①③　　　　D.①②③ 答案　C　 4.(2018湖南長沙長郡中學(xué)模擬,11)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,點E是線段AB的中點,點F在線段PA上,且EF∥平面PCD,直線PD與平面CEF交于點H,則線段CH的長度為(　　) A.2　　　　B.2　　　　C.22　　　　D.23 答案　C　 二、填空題(共5分) 5.(2018山東煙臺二模,16)如圖是一張矩形白紙ABCD,AB=10,AD=102,E,F分別為

45、AD,BC的中點,現(xiàn)分別將△ABE,△CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同側(cè),下列命題正確的是　　　　.(寫出所有正確命題的序號)? ①當平面ABE∥平面CDF時,AC∥平面BFDE; ②當平面ABE∥平面CDF時,AE∥CD; ③當A、C重合于點P時,PG⊥PD; ④當A、C重合于點P時,三棱錐P-DEF的外接球的表面積為150π. 答案?、佗? 三、解答題(共60分) 6.(2019屆廣東肇慶第一次統(tǒng)測,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,PD⊥平面ABCD,M是PC的中點,G是線段DM上異于端點的一點,平面GAP∩平面BDM=G

46、H,PD=2. (1)證明:GH∥平面PAD; (2)若PD與平面GAP所成的角的正弦值為1111,求四棱錐D-PAHG的體積. 解析　(1)證明:連接AC交BD于點O,連接MO.因為MO是△APC的中位線,所以MO∥PA.又PA?平面MBD,MO?平面MBD,所以PA∥平面MBD. 又因為平面GAP∩平面BDM=GH,PA?平面GAP,所以PA∥GH. 又GH?平面PAD,PA?平面PAD,所以GH∥平面PAD. (2)如圖,建立空間直角坐標系.依題意可得D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1). 因為G在DM上,所以可設(shè)

47、G(0,t,t)(0|=DP·n|DP||n|=1111,解得t=12,則G是線段DM的中點 , D到平面GAP的距離為n·OA|n|=21111. 由(1)知MO∥PA,PA∥GH,所以MO∥GH, 所以H是DO的中點, 經(jīng)計算,PA=22,GH=22,PG=AH=102,梯形P

48、AHG的高為224,面積為5118, ∴四棱錐D-PAHG的體積VD-PAHG=13×5118×21111=512. 解后反思　本題考查線面平行的判定、性質(zhì)、空間幾何體體積的求解方法以及空間向量的應(yīng)用,是高考考查的重點題型之一,綜合性較強,有一定的難度,解題的關(guān)鍵有二:一是能否準確作出輔助線,直接影響第一問的證明;二是利用法向量確定點G的位置.此題計算量較大. 7.(2019屆福建廈門外國語學(xué)校11月月考,18)如圖,菱形ABCD與正三角形BCE的邊長均為2,它們所在的平面互相垂直,FD⊥平面ABCD,且FD=3. (1)求證:EF∥平面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求直線E

49、F與平面AFB所成角的正弦值. 解析　(1)證明:如圖,過點E作EH⊥BC于H,連接HD,∴EH=3. ∵平面ABCD⊥平面BCE,EH?平面BCE,平面ABCD∩平面BCE=BC,∴EH⊥平面ABCD. 又∵FD⊥平面ABCD,FD=3,∴FD􀱀EH, ∴四邊形EHDF為平行四邊形,∴EF∥HD. ∵EF?平面ABCD,HD?平面ABCD, ∴EF∥平面ABCD, (2)連接HA,AC,由(1)可得H為BC中點, ∵∠CBA=60°,則△ABC為等邊三角形, ∴HA⊥BC,分別以HB,HA,HE所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系H-

50、xyz. 則B(1,0,0),F(-2,3,3),E(0,0,3),A(0,3,0), BF=(-3,3,3),BA=(-1,3,0),BE=(-1,0,3). 設(shè)平面ABF的法向量為n=(x,y,z), 直線EF與平面AFB所成的角為α, 由n·BF=0,n·BA=0,得-3x+3y+3z=0,-x+3y=0, 令y=1,則x=3,z=2,得n=(3,1,2). sinα=|cos|=4228. 名師點睛　利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于“四破”:第一,破“建系關(guān)”,構(gòu)建恰當?shù)目臻g直角坐標系;第二,破“求坐標關(guān)”,準確求解相關(guān)點的坐標;第三,破“求法向量關(guān)”

51、,求出平面的法向量;第四,破“應(yīng)用公式關(guān)”. 8.(2018湖北武漢漢陽一中模擬,19)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等邊三角形,且AA1⊥平面ABC,D為AB的中點. (1)求證:直線BC1∥平面A1CD; (2)若AB=BB1=2,E是BB1的中點,求三棱錐A1-CDE的體積. 解析　(1)證明:連接AC1,交A1C于點F,連接DF, 則F為AC1的中點,又D為AB的中點,所以BC1∥DF. 又BC1?平面A1CD,DF?平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD. (2)三棱錐A1-CDE的體積VA1-CDE=VC-A1DE=13S△A1DE·

52、h.其中三棱錐C-A1DE的高h等于點C到平面ABB1A1的距離,可知h=CD=3. 又S△A1DE=2×2-12×1×2-12×1×1-12×1×2=32, 所以VA1-CDE=VC-A1DE=13S△A1DE·h=13×32×3=32. 9.(2018河北衡水中學(xué)、河南頂級名校3月聯(lián)考,18)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AB=AA1,過AA1的平面分別交BC,B1C1于點D,D1. (1)求證:四邊形ADD1A1為平行四邊形; (2)若AA1⊥平面ABC,D為BC的中點,E為DD1的中點,求二面角A-C1E-C的余弦值. 解析　(1)證明:因為AA1∥

53、BB1,AA1?平面BCC1B1,BB1?平面BCC1B1, 所以AA1∥平面BCC1B1.(2分) 又因為AA1?平面ADD1A1,平面ADD1A1∩平面BCC1B1=DD1, 所以AA1∥DD1.(3分) 因為平面ABC∥平面A1B1C1,平面ABC∩平面ADD1A1=AD,平面A1B1C1∩平面ADD1A1=A1D1, 所以AD∥A1D1.(5分) 所以四邊形ADD1A1為平行四邊形.(6分) (2)因為D為BC的中點,AC=AB, 所以AD⊥BC. 因為AA1∥DD1,AA1⊥平面ABC, 所以DD1⊥平面ABC,從而DD1⊥AD. 又DD1∩BC=D,所以AD⊥

54、平面BCC1B1.(8分) 分別以DA,DB,DD1所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示. 設(shè)AC=BC=AB=AA1=2,則A(3,0,0),E(0,0,1),C1(0,-1,2),AE=(-3,0,1),C1E=(0,1,-1). 設(shè)平面AC1E的法向量為n=(a,b,c), 由AE·n=0,C1E·n=0得-3a+c=0,b-c=0, 取c=3,得n=(1,3,3).(10分) 由AD⊥平面BCC1B1,得平面CC1E的一個法向量為DA=(3,0,0), 所以cos=DA·n|DA|·|n|=37×3=77, 又易知二面角A-C1E-C為

55、銳二面角, 故二面角A-C1E-C的余弦值為77.(12分) 思路分析　(1)利用線面平行的判定定理得AA1∥面BCC1B1,利用線面平行的性質(zhì)定理得AA1∥DD1,再利用面面平行的性質(zhì)定理得AD∥A1D1,從而得證四邊形ADD1A1為平行四邊形. (2)首先證明DD1⊥面ABC,AD⊥面BCC1B1,從而以DA,DB,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,分別求出面AC1E和面C1EC的一個法向量,通過向量夾角公式及圖形求出二面角A-C1E-C的余弦值. 一題多解　本題第(2)問也可用以下解法求得: 連接BC1,則E是BC1的中點,取BE的中點O,連接DO,AO,

56、由DB=DE,可知DO⊥BE,可得∠AOD是所求二面角的平面角,進而通過解直角三角形得cos∠AOD=77,從而得二面角A-C1E-C的余弦值為77. 10.(2017廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,底面ABC是直角三角形,PA=AB=BC=4,O是棱AC的中點,G是△AOB的重心,D是PA的中點. (1)求證:BC⊥平面PAB; (2)求證:DG∥平面PBC; (3)求二面角A-PC-B的大小. 解析　(1)證明:∵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P

57、AB. (2)證明:如圖,連接OG并延長交AB于點E,連接DO,DE, ∵G是△AOB的重心,∴OE為AB邊上的中線, ∴E為AB的中點, 又D為PA的中點,∴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)過點O作OQ⊥PC于點Q,連接BQ, ∵AB=BC且O是棱AC的中點,∴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為二面角A-PC-B的平面角. 由已知得OB=OC=22,PC=42+(42)2=43, ∵△PAC∽△OQC, ∴OQOC=PAPC, 即OQ22=443, ∴OQ=263, ∴tan∠OQB=OBOQ=3, ∴∠OQB=60°,即二面角A-PC-B的大小為60°.