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第四节 直线、平面平行的判定与性质


第四节

直线、平面平行的判定与性质
高考试题

考点一 直线与直线平行
1.(2012 年浙江卷,文 20)如图,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,AD∥BC, AD⊥AB,AB= 2 ,AD=2,BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点.

/>
(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面 B1C1EF. (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值. (1)证明:①因为 C1B1∥A1D1,C1B1?平面 ADD1A1, 所以 C1B1∥平面 A1D1DA. 又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA=EF, 所以 C1B1∥EF,所以 A1D1∥EF. ②因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1,所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1,所以 B1C1⊥平面 ABB1A1, 所以 B1C1⊥BA1. 在矩形 ABB1A1 中,F 是 AA1 的中点, tan∠A1B1F=tan∠AA1B=

2 , 2

即∠A1B1F=∠AA1B,故 BA1⊥B1F. 所以 BA1⊥平面 B1C1EF. (2)解:设 BA1 与 B1F 交点为 H,连接 C1H. 由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF, 所以∠BC1H 是 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角. 在矩形 AA1B1B 中,AB= 2 ,AA1=2,得 BH= 在 Rt△BHC1 中,BC1=2 5 ,BH=

4 6

.

4 6

,得

sin∠BC1H=

BH 30 = . BC1 15 30 . 15

所以 BC1 与平面 B1C1EF 所成角的正弦值是

2.(2011 年安徽卷,理 17)如图,ABEDFC 为多面体,平面 ABED 与平面 ACFD 垂直,点 O 在线段 AD 上,OA=1,OD=2, △OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是正三角形.

(1)证明直线 BC∥EF; (2)求棱锥 F OBED 的体积. (1)证明:如图所示,设 G 是线段 DA 延长线与线段 EB 延长线的交点.由于△OAB 与△ODE 都是正三角形,且 OD=2, 所以 OB

1 DE,OG=OD=2. 2

同理,设 G′是线段 DA 延长线与线段 FC 延长线的交点,有 OC 又由于 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合. 在△GED 和△GFD 中,由 OB 位线,故 BC∥EF.

1 DF,OG′=OD=2. 2

1 DE 和 OC 2

1 DF,可知 B、C 分别是 GE 和 GF 的中点,所以 BC 是△GEF 的中 2

3 , 2 而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3 .
(2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知 S△OBE= 所以 S 四边形 OBED=S△OBE+S△OED=

3 3 . 2
3 1 FQ·S 四边形 OBED= . 2 3

过点 F 作 FQ⊥AD,交 AD 于点 Q, 由平面 ABED⊥平面 ACFD 知,FQ 就是四棱锥 F OBED 的高,且 FQ= 3 ,所以 VF ?OBED =

3.(2013 年山东卷,理 18)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,连接 GH.

(1)求证:AB∥GH; (2)求二面角 D GH E 的余弦值. 证明:(1)由 D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,知 G,H 分别是△PAQ,△PBQ 的重心. ∴

PG PH 2 = = .∴GH∥DC. PD PC 3

又 D,C 为 AQ,BQ 中点,则 DC∥AB,∴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,连接 FC, 在 Rt△FBC 中,由勾股定理得 FC= 2 , 在 Rt△PBC 中,由勾股定理得 PC= 5 . 又 H 为△PBQ 的重心,所以 HC= 同理 FH=

5 1 PC= . 3 3

5 . 3

在△FHC 中,

5 5 ? ?2 4 9 9 由余弦定理得 cos∠FHC= =- . 5 5 2? 9
即二面角 D GH E 的余弦值为法二 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.

4 . 5

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 EQ =(-1,2,-1), FQ =(0,2,-1),

DP =(-1,-1,2), CP =(0,-1,2).
设平面 EFQ 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1), 由 m· EQ =0,m· FQ =0,得 ? 取 y1=1,得 m=(0,1,2). 设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2),

? ? x1 ? 2 y1 ? z1 ? 0, ? y1 ? z1 ? 0,

由 n· DP =0,n· CP =0,得 ? 取 z2=1,得 n=(0,2,1), 所以 cos<m,n>=

2 ?? ? x ? y2 ? 2 z2 ? 0, ? ?? y2 ? 2 z2 ? 0,

m?n 4 = . m n 5

因为二面角 D GH E 为钝角, 所以二面角 D GH E 的余弦值为-

4 . 5

考点二 直线与平面平行
1.(2011 年福建卷,文 15)如图,正方体 ABCD A1B1C1D1 中,AB=2,点 E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上.若 EF∥平面 AB1C,则线段 EF 的长度等于 .

解析:由于在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,AB=2, ∴AC=2 2 . 又 E 为 AD 中点,EF∥平面 AB1C,EF? 平面 ADC, 平面 ADC∩平面 AB1C=AC, ∴EF∥AC,∴F 为 DC 中点, ∴EF=

1 AC= 2 . 2

答案: 2 2.(2012 年浙江卷,理 20)如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面是边长为 2 3 的菱形,∠BAD=120°,且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6 ,M、N 分别为 PB、PD 的中点.

(1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 A MN Q 的平面角的余弦值. (1)证明:连接 BD,因为 M、N 分别是 PB、PD 的中点,所以 MN 是△PBD 的中位线,所以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD,BD? 平面 ABCD, 所以 MN∥平面 ABCD. (2)解:法一 所示. 连接 AC 交 BD 于 O,以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y 轴,建立空间直角坐标系 Oxyz,如图

在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°, 得 AC=AB=2 3 ,BD= 3 AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AC. 在直角△PAC 中,AC=2 3 ,PA=2 6 ,AQ⊥PC, 得 QC=2,PQ=4. 由此知各点坐标如下:A(- 3 ,0,0),B(0,-3,0),C( 3 ,0,0),D(0,3,0),P(- 3 ,0,2 6 ),M (-

3 2 6 3 3 3 3 ,- , 6 ),N(, , 6 ),Q( ,0, ). 3 3 2 2 2 2

设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量, 由 AM =(

3 3 3 3 ,- , 6 ), AN =( , , 6 )知 2 2 2 2

? ? ? ? ? ? ?

3 3 x ? y ? 6 z ? 0, 2 2 3 3 x ? y ? 6 z ? 0. 2 2

取 z=-1,得 m=(2 2 ,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量, 由 QM =(-

5 3 6 5 3 3 6 3 ,- , ), QN =(, , )知 6 6 2 3 2 3

? 5 3 3 x? y? ?? ? 6 2 ? ?? 5 3 x ? 3 y ? ? 2 ? 6

6 z ? 0, 3 6 z ? 0. 3

取 z=5,得 n=(2 2 ,0,5). 于是 cos<m,n>=

33 m?n = . 33 m n 33 . 33

所以二面角 A MN Q 的平面角的余弦值为

法二 如图所示,在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°,

得 AC=AB=BC=CD=DA, BD= 3 AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD. 所以 PB=PC=PD. 所以△PBC≌△PDC. 而 M、N 分别是 PB、PD 的中点, 所以 MQ=NQ, 且 AM=

1 1 PB= PD=AN. 2 2

取线段 MN 的中点 E,连接 AE,EQ, 则 AE⊥MN,QE⊥MN, 所以∠AEQ 为二面角 A MN Q 的平面角. 由 AB=2 3 ,PA=2 6 , 故在△AMN 中,AM=AN=3,MN=

1 BD=3, 2

得 AE=

3 3 . 2

在直角△PAC 中,AQ⊥PC, 得 AQ=2 2 ,QC=2,PQ=4, 在△PBC 中,cos∠BPC=

PB2 ? PC 2 ? BC 2 5 = , 6 2PB ? PC

得 MQ= PM 2 ? PQ2 ? 2PM ? PQ cos ?BPC = 5 . 在等腰△MQN 中,MQ=NQ= 5 ,MN=3, 得 QE= MQ2 ? ME 2 = 在△AEQ 中,AE=

11 . 2

3 3 11 ,QE= ,AQ=2 2 , 2 2

得 cos∠AEQ=

AE 2 ? QE 2 ? AQ 2 33 = . 33 2 AE ? QE
33 . 33

所以二面角 A MN Q 的平面角的余弦值为

3.(2013 年江苏卷,16)如图,在三棱锥 S ABC 中,平面 SAB⊥平面 SBC,AB⊥BC,AS=AB.过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点.

求证:(1)平面 EFG∥平面 ABC; (2)BC⊥SA. 证明:(1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F, 所以 F 是 SB 的中点.

又因为 E 是 SA 的中点, 所以 EF∥AB. 因为 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)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB, 又 AF? 平面 SAB,AF⊥SB, 所以 AF⊥平面 SBC. 因为 BC? 平面 SBC, 所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF? 平面 SAB, AB? 平面 SAB, 所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA? 平面 SAB, 所以 BC⊥SA. 4.(2012 年辽宁卷,文 18)如图,直三棱柱 ABC A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC= 2 ,AA′=1,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点.

(1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)求三棱锥 A′ MNC 的体积.(锥体体积公式 V= (1)证明:法一

1 Sh,其中 S 为底面面积,h 为高) 3

连接 AB′,AC′,如图所示,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱 ABC A′B′C′为直三棱柱,

所以 M 为 AB′的中点.

又因为 N 为 B′C′的中点, 所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′,AC′? 平面 A′ACC′, 所以 MN∥平面 A′ACC′. 法二 取 A′B′的中点 P,连接 MP,NP,AB′,如图所示, 因为 M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点, 所以 MP∥AA′,PN∥A′C′. 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′. 又 MP∩NP=P, 所以平面 MPN∥平面 A′ACC′.

而 MN? 平面 MPN,所以 MN∥平面 A′ACC′. (2)解:连接 BN,如图所示, 由题意知 A′N⊥B′C′,平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′, 所以 A′N⊥平面 NBC. 又 A′N=

1 B′C′=1, 2 1 2 1 2

故 VA?? MNC = VN ? A?MC = VN ? A?BC = VA?? NBC =

1 . 6

5.(2012 年山东卷,文 19)如图,几何体 E ABCD 是四棱锥,△ABD 为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.

(1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120°,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥平面 BEC. 证明:(1)如图所示,取 BD 的中点 O,连接 CO,EO.

由于 CB=CD,所以 CO⊥BD. 又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC? 平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC, 因此 BD⊥EO. 又 O 为 BD 的中点,所以 BE=DE. (2)法一 如图所示,取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN.

因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE. 又 MN?平面 BEC, BE? 平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC. 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30°.

又 CB=CD,∠BCD=120°, 因此∠CBD=30°.所以 DN∥BC. 又 DN?平面 BEC,BC? 平面 BEC, 所以 DN∥平面 BEC. 又 MN∩DN=N, 所以平面 DMN∥平面 BEC. 又 DM? 平面 DMN, 所以 DM∥平面 BEC. 法二 如图所示,延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF.

因为 CB=CD,∠BCD=120°, 所以∠CBD=30°. 因为△ABD 为正三角形, 所以∠BAD=60°, ∠ABC=90°, 因此∠AFB=30°, 所以 AB=

1 AF. 2

又 AB=AD,所以 D 为线段 AF 的中点, 连接 DM,由点 M 是线段 AE 的中点,得 DM∥EF. 又 DM?平面 BEC,EF? 平面 BEC, 所以 DM∥平面 BEC. 6.(2013 年安徽卷,理 19)如图,圆锥顶点为 P,底面圆心为 O,其母线与底面所成的角为 22.5°,AB 和 CD 是底 面圆 O 上的两条平行的弦,轴 OP 与平面 PCD 所成的角为 60°.

(1)证明:平面 PAB 与平面 PCD 的交线平行于底面; (2)求 cos∠COD. (1)证明:设平面 PAB 与平面 PCD 的交线为 l. 因为 AB∥CD,AB 不在平面 PCD 内, 所以 AB∥平面 PCD. 又因为 AB? 平面 PAB,平面 PAB 与平面 PCD 的交线为 l, 所以 AB∥l. 由直线 AB 在底面上而 l 在底面外可知,l 与底面平行. (2)解:设 CD 的中点为 F,连接 OF,PF.

由圆的性质, 知∠COD=2∠COF, OF⊥CD. 因为 OP⊥底面,CD? 底面, 所以 OP⊥CD,又 OP∩OF=O,故 CD⊥平面 OPF. 又 CD? 平面 PCD,因此平面 OPF⊥平面 PCD, 从而直线 OP 在平面 PCD 上的射影为直线 PF, 故∠OPF 为 OP 与平面 PCD 所成的角. 由题设,∠OPF=60°. 设 OP=h,则 OF=OP·tan∠OPF=h·tan 60°= 3 h. 根据题设有∠OCP=22.5°,得 OC=

OP h = . tan ?OCP tan 22.5

由 1=tan 45°=

2 tan 22.5 和 tan 22.5°>0, 1 ? tan 2 22.5

可解得 tan 22.5°= 2 -1, 因此 OC=

h 2 ?1

=( 2 +1)h.

在 Rt△OCF 中,cos∠COF=

OF = OC

?

3h

2 ?1 h

?

= 6- 3,

2 2 故 cos∠COD=cos(2∠COF)=2cos ∠COF-1=2( 6 - 3 ) -1=17-12 2 .

7.(2010 年北京卷,理 16)如图,正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥ AC,AB= 2 ,CE=EF=1.

(1)求证:AF∥平面 BDE; (2)求证:CF⊥平面 BDE; (3)求二面角 A BE D 的大小. 证明:(1)如图所示,设 AC 与 BD 交于点 G.

因为 EF∥AG, 且 EF=1,AG=

1 AC=1, 2

所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF∥EG. 因为 EG? 平面 BDE,AF?平面 BDE, 所以 AF∥平面 BDE. (2)因为正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直,且 CE⊥AC,所以 CE⊥平面 ABCD. 如图所示,以 C 为原点,建立空间直角坐标系 C xyz.

则 C(0,0,0),A( 2 , 2 ,0),B(0, 2 ,0),D( 2 ,0,0),E(0,0,1),F(

2 2 , ,1). 2 2

2 2 , ,1), BE =(0,- 2 ,1), DE =(- 2 ,0,1). 2 2 所以 CF · BE =0-1+1=0, CF · DE =-1+0+1=0.
所以 CF =( 所以 CF⊥BE,CF⊥DE. 又 BE∩DE=E,所以 CF⊥平面 BDE. (3)解:由(2)知, CF =( 则 n· BA =0,n· BE =0, 即?

2 2 , ,1)是平面 BDE 的一个法向量.设平面 ABE 的法向量 n=(x,y,z), 2 2

? ( ? ( 2, 0, 0) ? 0, ? x, y, z) ( ? (0, ? 2,1) ? 0. ? ? x, y, z)

所以 x=0,且 z= 2 y. 令 y=1,则 z= 2 ,所以 n=(0,1, 2 ). 从而 cos<n, CF >=

n ? CF n CF

=

3 . 2

因为二面角 A BE D 为锐角, 所以二面角 A BE D 的大小为

π . 6

8.(2010 年北京卷,文 17)如图,正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB= 2 ,CE=EF=1.

(1)求证:AF∥平面 BDE; (2)求证:CF⊥平面 BDE. 证明:(1)设 AC 与 BD 交于点 G.

因为 EF∥AG, 且 EF=1,AG=

1 AC=1, 2

所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF∥EG. 因为 EG? 平面 BDE,AF?平面 BDE,

所以 AF∥平面 BDE. (2)连接 FG.因为 EF∥CG,EF=CG=1,且 CE=1, 所以四边形 CEFG 为菱形.所以 CF⊥EG. 因为四边形 ABCD 为正方形,所以 BD⊥AC. 又因为平面 ACEF⊥平面 ABCD, 且平面 ACEF∩平面 ABCD=AC, 所以 BD⊥平面 ACEF.所以 CF⊥BD. 又 BD∩EG=G,所以 CF⊥平面 BDE. 9.(2010 年浙江卷,文 20)如图,在平行四边形 ABCD 中,AB=2BC,∠ABC=120°,E 为线段 AB 的中点,将△ADE 沿 直线 DE 翻折成△A′DE,使平面 A′DE⊥平面 BCD,F 为线段 A′C 的中点.

(1)求证:BF∥平面 A′DE; (2)设 M 为线段 DE 的中点,求直线 FM 与平面 A′DE 所成角的余弦值. (1)证明:如图所示,取 A′D 的中点 G,连接 GF,GE,

由条件易知 FG∥CD,FG= 所以 FG∥BE,FG=BE,

1 1 CD,BE∥CD,BE= CD, 2 2

故四边形 BEGF 为平行四边形,所以 BF∥EG. 因为 EG? 平面 A′DE,BF?平面 A′DE, 所以 BF∥平面 A′DE. (2)解:在平行四边形 ABCD 中,设 BC=a, 则 AB=CD=2a,AD=AE=EB=a. 连接 CE,因为∠ABC=120°, 在△BCE 中,可得 CE= 3 a. 在△ADE 中,可得 DE=a. 在△CDE 中,因为 CD =CE +DE ,所以 CE⊥DE. 在正三角形 A′DE 中,M 为 DE 的中点, 所以 A′M⊥DE. 由平面 A′DE⊥平面 BCD, 可知 A′M⊥平面 BCD,所以 A′M⊥CE. 取 A′E 的中点 N,连接 NM,NF, 则 NF∥CE.则 NF⊥DE,NF⊥A′M. 因为 DE 交 A′M 于点 M, 所以 NF⊥平面 A′DE, 则∠FMN 为直线 FM 与平面 A′DE 所成的角.
2 2 2

在 Rt△FMN 中,NF= 则 cos∠FMN=

1 3 a,MN= a,FM=a, 2 2

1 , 2 1 . 2

所以直线 FM 与平面 A′DE 所成角的余弦值为

考点三 线面平行中探索性问题的解法
1.(2012 年福建卷,理 18)如图,在长方体 ABCD A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 的中点.

(1)求证:B1E⊥AD1. (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP 的长;若不存在,说明理由. (3)若二面角 A B1E A1 的大小为 30°,求 AB 的长. (1)证明:以 A 为原点, AB , AD , AA1 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图 所示).

设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E( 故 AD1 =(0,1,1), B1 E =(∵ AD1 · B1 E =∴B1E⊥AD1. 解:(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), 使得 DP∥平面 B1AE.此时 DP =(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).

a ,1,0),B1(a,0,1), 2

a a ,1,-1), AB1 =(a,0,1), AE =( ,1,0). 2 2

a ×0+1×1+(-1)×1=0, 2

?ax ? z ? 0, ? AE ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥ AB1 ,n⊥ ,得 ? ax ? y ? 0. ? ?2
取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=(1,要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥ DP ,有 解得 z0=

a ,-a). 2

a -az0=0, 2

1 .又 DP?平面 B1AE, 2

∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=

1 . 2

(3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1. ∴ AD1 是平面 A1B1E 的一个法向量,此时 AD1 =(0,1,1). 设 AD1 与 n 所成的角为θ ,

a ?a 2 则 cos θ = = . a2 n AD1 2 2 1? ? a 4

n ? AD1

?

∵二面角 A B1E A1 的大小为 30°,

∴|cos θ |=cos 30°,即

3a 2 2 1? 5a 4
2

=

3 , 2

解得 a=2,即 AB 的长为 2. 2.(2011 年北京卷,文 17)如图,在四面体 PABC 中,PC⊥AB,PA⊥BC,点 D,E,F,G 分别是棱 AP,AC,BC,PB 的中点.

(1)求证:DE∥平面 BCP. (2)求证:四边形 DEFG 为矩形. (3)是否存在点 Q,到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等?说明理由. 证明:(1)因为 D,E 分别为 AP,AC 的中点,

所以 DE∥PC. 又因为 DE?平面 BCP,所以 DE∥平面 BCP. (2)因为 D,E,F,G 分别为 AP,AC,BC,PB 的中点,

所以 DE∥PC∥FG, DG∥AB∥EF, 所以四边形 DEFG 为平行四边形. 又因为 PC⊥AB,所以 DE⊥DG, 所以四边形 DEFG 为矩形. (3)解:存在点 Q 满足条件,理由如下: 连接 DF,EG,设 Q 为 EG 的中点. 由(2)知,DF∩EG=Q,且 QD=QE=QF=QG=

1 EG. 2

分别取 PC,AB 的中点 M,N,连接 ME,EN,NG,MG,MN. 与(2)同理,可证四边形 MENG 为矩形,其对角线交点为 EG 的中点 Q, 且 QM=QN=

1 EG, 2

所以 Q 为满足条件的点.

模拟试题
考点一 直线与平面平行
1.(2013 山东潍坊高三上学期期末)如图五面体中,四边形 ABCD 是矩形,DA⊥平面 ABEF,AB∥ EF,AB=

1 EF=2 2 ,AF=BE=2,P、Q、M 分别为 AE、BD、EF 的中点. 2

(1)求证:PQ∥平面 BCE; (2)求证:AM⊥平面 ADF. 证明:(1)法一 连接 AC,

∵四边形 ABCD 是矩形, ∴AC 与 BD 交于点 Q. 在△ACE 中,Q 为 AC 中点, P 为 AE 中点, ∴PQ∥CE. 又 PQ?平面 BCE,CE? 平面 BCE, ∴PQ∥平面 BCE. 法二 取 AB 的中点 G,连接 PG,QG,如图所示, ∵Q、G 分别为 BD、BA 的中点, ∴QG∥AD. 又∵AD∥BC,∴QG∥BC,

∵QG?平面 BCE,BC? 平面 BCE, ∴QG∥平面 BCE. 同理可证,PG∥平面 BCE. 又 PG∩QG=G, ∴平面 PQG∥平面 BCE, ∴PQ∥平面 BCE. (2)∵M 为 EF 中点, ∴EM=MF=

1 EF=AB=2 2 , 2

又 AB∥EF,∴四边形 ABEM 是平行四边形, ∴AM=BE=2. 在△AFM 中,AF=AM=2,MF=2 2 , ∴AM⊥AF. 又 DA⊥平面 ABEF,AM? 平面 ABEF, ∴DA⊥AM. ∵DA∩AF=A,∴AM⊥平面 ADF. 2.(2012 北京朝阳二模)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为正方形,EA⊥平面 ABCD,EF∥ AB,AB=4,AE=2,EF=1.

(1)若点 M 在线段 AC 上,且满足 CM= (2)求证:AF⊥平面 EBC; (3)求二面角 A FB D 的余弦值.

1 CA,求证:EM∥平面 FBC; 4

证明:(1)过 M 作 MN⊥BC 于 N,连接 FN,

因为四边形 ABCD 为正方形,所以 MN∥AB, 又 CM=

1 AC, 4 1 AB. 4 1 AB, 4

所以 MN=

又 EF∥AB 且 EF=

所以 EF∥MN,且 EF=MN, 所以四边形 EFNM 为平行四边形,

所以 EM∥FN. 又 FN? 平面 FBC,EM?平面 FBC, 所以 EM∥平面 FBC. (2)因为 EA⊥平面 ABCD,AB⊥AD,故以 A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz.

由已知可得 A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0),D(0,4,0),E(0,0,2),F(1,0,2). 显然 AF =(1,0,2), BC =(0,4,0), EB =(4,0,-2). 则 AF · BC =0, AF · EB =0, 所以 AF ⊥ BC , AF ⊥ EB . 即 AF⊥BC,AF⊥EB, 故 AF⊥平面 EBC. (3)解:因为 EF∥AB, 所以 EF 与 AB 确定平面 EABF, 由(2)得 BC =(0,4,0), FB =(3,0,-2), BD =(-4,4,0). 因为 EA⊥平面 ABCD, 所以 EA⊥BC. 由已知可得 AB⊥BC 且 EA∩AB=A, 所以 BC⊥平面 ABF, 故 BC 是平面 ABF 的一个法向量. 设平面 DFB 的一个法向量是 n=(x,y,z). 由?

? ?n ? BD ? 0, ? ?n ? FB ? 0,

得?

? ?4 x ? 4 y ? 0, ?3 x ? 2 z ? 0,

即?

? y ? x, ? 3 z ? x. ? ? 2

令 x=2,则 n=(2,2,3). 所以 cos< BC ,n>=

BC ? n BC n

=

2 17 . 17

由题意知二面角 A FB D 为锐角, 故二面角 A FB D 的余弦值为

2 17 . 17

考点二 线面平行中探索性问题
(2012 北京东城区模拟)一个多面体的直观图和三视图如图所示,其中 M,N 分别是 AB,AC 的中点,G 是 DF 上的 一动点.

(1)求该多面体的体积与表面积; (2)求证:GN⊥AC; (3)当 FG=GD 时,在棱 AD 上确定一点 P,使得 GP∥平面 FMC,并给出证明. 解:(1)由题中图可知该多面体为直三棱柱, 在△ADF 中,AD⊥DF,DF=AD=DC=a, 所以该多面体的体积为 表面积为

1 3 a, 2

1 2 2 2 2 2 a ×2+ 2 a +a +a =(3+ 2 )a . 2

(2)连接 DB,FN,

由四边形 ABCD 为正方形, 且 N 为 AC 的中点知 B,N,D 三点共线,且 AC⊥DN. 又∵FD⊥AD,FD⊥CD,AD∩CD=D, ∴FD⊥平面 ABCD. ∵AC? 平面 ABCD, ∴FD⊥AC. 又 DN∩FD=D, ∴AC⊥平面 FDN, 又 GN? 平面 FDN, ∴GN⊥AC. (3)点 P 与点 A 重合时,GP∥平面 FMC. 取 FC 的中点 H,连接 GH,GA,MH. ∵G 是 DF 的中点, ∴GH

1 CD. 2 1 CD. 2

又 M 是 AB 的中点, ∴AM

∴GH∥AM 且 GH=AM, ∴四边形 GHMA 是平行四边形.

∴GA∥MH. ∵MH? 平面 FMC,GA?平面 FMC, ∴GA∥平面 FMC,即当点 P 与点 A 重合时,GP∥平面 FMC.

综合检测
1.(2013 北京海淀高三上学期期末考试)如图所示,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,E 是 BC 中点.

(1)求证:A1B∥平面 AEC1; (2)若棱 AA1 上存在一点 M,满足 B1M⊥C1E,求 AM 的长; (3)求平面 AEC1 与平面 ABB1A1 所成锐二面角的余弦值. (1)证明:分别以 AB、AC、AA1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.

则 A1(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),C1(0,2,2), ∴ A1 B =(2,0,-2). 设平面 AEC1 的一个法向量 n=(x,y,z), 由?

? ? n ? AE ? 0, ? ? n ? AC1 ? 0,

得?

? x ? y ? 0, ? y ? z ? 0,

令 y=-1 得 n=(1,-1,1), ∵ A1 B ·n=2-2=0, ∴ A1 B ⊥n, 即 A1B∥平面 AEC1. 解:(2)设 M(0,0,z), 又 B1(2,0,2), ∴ B1 M =(-2,0,z-2), C1 E =(1,-1,-2), ∵B1M⊥C1E,∴-2-2(z-2)=0,

解得 z=1, 此时 M(0,0,1),AM=1. (3)平面 ABB1A1 的一个法向量 n′=(0,1,0), 设平面 AEC1 与平面 ABB1A1 所成锐二面角为α , 则 cos α =

n ? n? = n n?

?1 3 ?1

=

3 , 3 3 . 3

故平面 AEC1 与平面 ABB1A1 所成锐二面角的余弦值是

2.(2013 山东潍坊高考模拟考试)如图所示,四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,点 E、F 分别 在 BC、AD 上,EF∥AB.现将四边形 ABEF 沿 EF 折起,使平面 ABEF⊥平面 EFDC,设 AD 中点为 P.

(1)当 E 为 BC 中点时,求证:CP∥平面 ABEF; (2)设 BE=x,问当 x 为何值时,三棱锥 A CDF 的体积有最大值?并求出这个最大值. (1)证明:取 AF 的中点 Q, 连接 QE、QP, 则 QP

1 DF, 2
EC,

又 DF=4,EC=2,且 DF∥EC, 所以 QP 即四边形 PQEC 为平行四边形, 所以 CP∥EQ, 又 EQ? 平面 ABEF,CP?平面 ABEF, 故 CP∥平面 ABEF. (2)解:因为平面 ABEF⊥平面 EFDC, 平面 ABEF∩平面 EFDC=EF, 又 AF⊥EF,所以 AF⊥平面 EFDC. 由已知 BE=x, 所以 AF=x(0<x≤4),FD=6-x. 故 VA ? CDF = = =

1 1 · ·2·(6-x)·x 3 2

1 2 (6x-x ) 3 1 2 [-(x-3) +9] 3

1 2 (x-3) +3, 3 ∴当 x=3 时, VA ? CDF 有最大值,最大值为 3.
=3.(2012 海口调研)如图所示,四棱锥 P ABCD 的底面为正方形,侧棱 PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=2,E,F,H 分别 是线段 PA,PD,AB 的中点.

(1)求证:PB∥平面 EFH; (2)求证:PD⊥平面 AHF; (3)求二面角 H EF A 的大小. 证明:建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz,

∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),H(1,0,0). (1)∵ PB =(2,0,-2), EH =(1,0,-1), ∴ PB =2 EH , ∵PB?平面 EFH,且 EH? 平面 EFH, ∴PB∥平面 EFH. (2) PD =(0,2,-2), AH =(1,0,0), AF =(0,1,1),

PD · AF =0×0+2×1+(-2)×1=0, PD · AH =0×1+2×0+(-2)×0=0.
∴PD⊥AF,PD⊥AH, 又∵AF∩AH=A, ∴PD⊥平面 AHF. (3)解:设平面 HEF 的一个法向量为 n=(x,y,z), 因为 EF =(0,1,0), EH =(1,0,-1), 则?

? ?n ? EF ? y ? 0, ? ?n ? EH ? x ? z ? 0,

取 n=(1,0,1).

又因为平面 AEF 的一个法向量为 m=(1,0,0), 所以 cos<m,n>=

m ? n 1? 0 ? 0 1 2 = = = , m n 2 2 ?1 2

∴<m,n>=45°, 所以二面角 H EF A 的大小为 45°.


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