2021新高考数学复习练习课件：§8.2　直线、平面平行的判定与性质.pptx

1、考点考点 直线、平面平行的判定与性质直线、平面平行的判定与性质 1.(2019课标,文7,理7,5分)设,为两个平面,则的充要条件是( ) A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面 答案答案 B 本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查推理 论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理. A、C、D选项中与可能相交,故选B. 解题关键解题关键 解决本题的关键是熟悉空间中的线面位置关系、空间中面面平行的判定定理与性质 定理以及充要条件,否则容易失分. 方法总结方法总结 判断空间直线、平面间的位置关系主要有

2、两种策略:一是根据概念、定理、性质进行 判断;二是根据选项给出的位置关系,联想相关的几何体(如正方体、正三棱柱等)模型进行直观判断. 2.(2018课标理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此 正方体所得截面面积的最大值为( ) A. B. C. D. 3 3 4 2 3 3 3 2 4 3 2 答案答案 A 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题. 由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面所成的角均相等.如图,正方 体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以平面A1

3、BD 或与平面A1BD重合,当平面趋近于点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面经过正方体的中心O 时,截面图形为正六边形,其边长为,截面图形的面积为6=;当平面趋近于C1时, 截面图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为,故选A. 2 2 3 4 2 2 2 3 3 4 3 3 4 解题关键解题关键 利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面所成角转化为共顶点的三条棱所在直 线与平面所成角是解决本题的关键. 一题多解一题多解 正方体ABCD-A1B1C1D1的所有棱与截面所成角相等,则过顶点B1的三条棱B1A1,B1B,B1C 1与平面所成的角都相等,如图所示,因此截面平面A1BC1或与平

4、面A1BC1重合. 根据图形的对称性选择恰当的截面进行探索.分别设AB,BC,CC1,C1D1,D1A1,A1A的中点为E,F,G,H,K, L,则正六边形EFGHKL平行于平面A1BC1,由KHA1C1,KH=A1C1,得KH=,正六边形EFGHKL的 面积S=6 KH2 sin 60=.比较各选项:,故选A. 1 2 2 2 1 2 3 3 4 3 3 4 2 3 3 3 2 4 3 2 方法点拨方法点拨 利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法. 3.(2017课标文,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A

5、B与平面MNQ不平行的是( ) 答案答案 A 本题考查线面平行的判定. B选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;C选项中,ABMQ,且AB 平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;D选项中,ABNQ,且AB平面MNQ,NQ平面MNQ, 则AB平面MNQ.故选A. 4.(2019上海春,15,5分)已知平面、两两垂直,直线a、b、c满足:a,b,c,则直 线a、b、c不可能满足以下哪种关系 ( ) A.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面 答案答案 B 设=l,且l与a,b均不重合,假设abc,由ab可得a,b,又=l,所以al,b l,又ab

6、c,所以cl,由,两两垂直,可知l与相交,即l与c相交或异面,故假设不成立;若l与a或b 重合,同理可得l与c相交或异面,故假设错误,即三条直线不能两两平行,故选B. 5.(2016课标理,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m, 平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( ) A. B. C. D. 3 2 2 2 3 3 1 3 答案答案 A 如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D. 易证AA2A1BD1C,AA3A1DB1C. 平面A

7、A2A3平面CB1D1,即平面AA2A3为平面. 于是mA2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m,n所成的角为60,其正弦值为. 故选A. 3 2 6.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABAC,B1C平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点. (1)求证:EF平面AB1C1; (2)求证:平面AB1C平面ABB1. 证明证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间 想象能力和推理论证能力. (1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EFAB1, 又EF平面AB1C1,AB1平面AB1C1,

8、所以EF平面AB1C1. (2)因为B1C平面ABC,AB平面ABC,所以B1CAB. 又ABAC,B1C平面AB1C,AC平面AB1C,B1CAC=C, 所以AB平面AB1C, 又因为AB平面ABB1, 所以平面AB1C平面ABB1. 7.(2019课标理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E, M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值. 解析解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查 学生的空间想象能力;以直

9、四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养. (1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的 中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四 边 形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE. 1 2 1 2 (2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,-2),=(-1,0,-2),=(

10、0,-,0). 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则 所以可取m=(,1,0). 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则 所以可取n=(2,0,-1). 于是cos=, 所以二面角A-MA1-N的正弦值为. DA 3 1 A A 1 AM3 1 A NMN3 1 1 A0, A0. mM mA -3 -20, -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)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MNED,从而可 得MN与平面C

11、1DE平行. (2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A1MA与平面A1MN的法向量,再由向量的夹 角公式求解. 8.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证: (1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E. 证明证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间 想象能力和推理论证能力. (1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED. 又因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面

12、DEC1. (2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BEAC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC. 又因为BE平面ABC,所以C1CBE. 因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1. 因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E. 9.(2017山东文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四 边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E平面ABCD. (1)证明:A1O平面B1CD1; (2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B

13、1CD1. 证明证明 本题考查线面平行与面面垂直的判定. (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于几何体ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1OC,A1O1=OC, 因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O 平面B1CD1. (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD,因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1, 又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1平面B1CD1,所

14、以平面A1EM平面B1CD1. 10.(2020课标文,20,12分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M, N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F. (1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F; (2)设O为A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO平面EB1C1F,且MPN=,求四棱锥B-EB1C1F的体积. 3 解析解析 (1)证明:因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MNCC1.又由已知得AA1CC1,故AA1MN. 因为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C

15、1MN,故B1C1平面A1AMN. 所以平面A1AMN平面EB1C1F. 边形APNO是平行四边形,所以PN=AO=6,AP=ON=AM=,PM=AM=2,EF=BC=2. 因为BC平面EB1C1F,所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F 的距离. 作MTPN,垂足为T,则由(1)知,MT平面EB1C1F,故MT=PMsinMPN=3. 底面EB1C1F的面积为(B1C1+EF) PN=(6+2)6=24.所以四棱锥B-EB1C1F的体积为243=24. 1 3 3 2 3 3 1 3 1 2 1 2 1 3 (2)AO平面EB1C1F,AO平面A

16、1AMN,平面A1AMN平面EB1C1F=PN,故AOPN.又APON,故四 11.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点. (1)求证:BC1平面AD1E; (2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值. 解析解析 (1)证明:ABCD-A1B1C1D1为正方体, D1C1A1B1,D1C1=A1B1. 又ABA1B1,AB=A1B1,D1C1AB,D1C1=AB, 四边形ABC1D1为平行四边形, AD1BC1,又AD1平面AD1E,BC1平面AD1E, BC1平面AD1E. (2)不妨设正方体的棱长为2,如图,分别以,为正交基底建立空

17、间直角坐标系A-xyz, ADAB 1 AA 则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),=(0,0,2),=(2,0,2),=(0,2,1),设平面AD1E的法向量 为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为, 则即令z=-2,则此时n=(2,1,-2), sin =|cos|=, 直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为. 1 AA 1 ADAE 1 AD0, AE0, n n 220, 20, xz yz 2, 1, x y 1 AA 1 1 |AA | | |AA | n n |-4| 4 142 2 3 2 3 1.(2016四川文,1

18、7,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PACD,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD= AD. (1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM平面PAB,并说明理由; (2)证明:平面PAB平面PBD. 1 2 以下为教师用书专用 解析解析 (1)取棱AD的中点M(M平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下: 连接CM.因为ADBC,BC=AD, 所以BCAM,且BC=AM. 所以四边形AMCB是平行四边形,从而CMAB. 又AB平面PAB,CM平面PAB, 所以CM平面PAB. (说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)证明:连接BM,由已知,PAAB,

19、PACD, 因为ADBC,BC=AD,所以直线AB与CD相交, 所以PA平面ABCD. 1 2 1 2 因为BD平面ABCD,所以PABD. 因为ADBC,BC=AD,所以BCMD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形. 又BC=CD,所以四边形BCDM为菱形, 所以MCBD, 由(1)知MCAB,所以BDAB. 又ABAP=A,所以BD平面PAB. 又BD平面PBD,所以平面PAB平面PBD. 1 2 思路分析思路分析 (1)要得到CM平面PAB,可以先猜出M点所在位置再证明.(2)由已知的线线垂直想到 线面垂直,再证面面垂直. 2.(2018课标文,19,12分)如图,矩形ABC

20、D所在平面与半圆弧 所在平面垂直,M是 上异于C,D 的点. (1)证明:平面AMD平面BMC; (2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由. CD CD 解析解析 本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质. (1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平 面CMD,故BCDM. 因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)当P为AM的中点时,MC平面PBD. 证明如下:连接AC交BD于O. 因为四边

21、形ABCD为矩形,所以O为AC的中点. 连接OP,因为P为AM中点,所以MCOP. MC平面PBD,OP平面PBD, 所以MC平面PBD. CD 易错警示易错警示 使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备. 疑难突破疑难突破 解决线面平行的探索性问题的策略: (1)通过观察确定点或直线的位置(如中点,中位线),再进行证明. (2)把要得的平行当作已知条件,用平行的性质去求点、线. 3.(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 B1DA1F,A1C1A1B1.求证: (1)直线DE平面A1C1F; (2)平

22、面B1DE平面A1C1F. 证明证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC. 在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点, 所以DEAC,于是DEA1C1. 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A1AA1C1. 又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1, 所以A1C1平面ABB1A1. 因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D. 又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,

23、A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F. 因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F. 4.(2016课标理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC =4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 解析解析 (1)证明:由已知得AM=AD=2. 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.(3分) 又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT

24、平面PAB,MN平面 PAB,所以MN平面PAB.(6分) (2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,且AE=. 以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N, 2 3 1 2 22 -AB BE 2 2- 2 BC AB 5 AE 5 5 ,1,2 2 =(0,2,-4),=,=. 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量, 则即(10分) 可取n=(0,2,1). 于是|cos|=. 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分) PMPN 5 ,1,-2 2

25、AN 5 ,1,2 2 PM0, PN0, n n 2 -40, 5 -20, 2 yz xyz AN |AN| | |AN| n n 8 5 25 8 5 25 解后反思解后反思 第(1)问中线面平行的证明:可以通过构造平行四边形得出线线平行,从而进行证明,也 可以取BC的中点,构造面面平行从而证得线面平行.注意空间向量法是解决立体几何问题的常用 方法. 5.(2017课标理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB =BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中点. (1)证明:直线CE平面PAB; (2)点M在棱PC上,且直线BM与底面

26、ABCD所成角为45,求二面角M-AB-D的余弦值. 1 2 解析解析 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算. (1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=AD. 由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CEBF, 又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB. (2)由已知得BAAD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间 直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0). 设M(

27、x,y,z)(0x1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-). 因为BM与底面ABCD所成的角为45, 1 2 1 2 ABAB 3PC3AB BMPM3 而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量, 所以|cos|=sin 45,=, 即(x-1)2+y2-z2=0. 又M在棱PC上,设=,则 x=,y=1,z=-. 由,解得(舍去),或 所以M,从而=. 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量, 则即 所以可取m=(0,-,2). 于是cos=. BM 222 | | ( -1) z xyz 2 2 PMPC 33 2 1, 2 1, 6 - 2 x y z 2 1-,

28、2 1, 6 , 2 x y z 26 1-,1, 22 AM 26 1-,1, 22 AM0, AB0, m m 000 0 (2- 2)x2y6z0, x0, 6 | | | m n m n 10 5 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D的余弦值为. 10 5 方法总结方法总结 本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考热点和难点,解决此类题时常利用 向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解. 解题关键解题关键 由线面角为45求点M的坐标是解题的关键. 6.(2016山东理,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

29、 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. 1 2 3 解析解析 (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GIEF. 又EFOB,所以GIOB. 在CFB中,因为H是FB的中点, 所以HIBC. 又HIGI=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BOAC. 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

30、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. 33 BC33 22 -FB BM3 BF3 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. BC0, BF0, m m -2 3 -2 30, - 330. xy yz 3 -1,1, 3 | | | m n m n 7 7 7 7 则有FMOO.

31、 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FNBC, 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cosFNM=. 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 22 -FB BM 6 2 42 2 7 7 7 7 解后反思解后反思 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. 7.(2016四川理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,AD

32、C=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. 1 2 解析解析 (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,BCED,且BC=ED, 所以四边形BCDE是平行四边形. 从而CMEB. 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)

33、(2)解法一:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A, 所以CD平面PAD. 从而CDPD. 所以PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45. 设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2. 过点A作AHCE,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PACE.于是CE平面PAH. 所以平面PCE平面PAH. 过A作AQPH于Q, 则AQ平面PCE. 所以APH是PA与平面PCE所成的角. 在RtAEH中,AEH=45,AE=1,所以AH=. 在RtPAH中,PH=, 所以sinAPH=. 解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A

34、, 2 2 22 PAAH 3 2 2 AH PH 1 3 所以CD平面PAD.于是CDPD. 从而PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45. 由PAAB,可得PA平面ABCD. 设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2. 作AyAD,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), ADAP PEECAP 由得 设x=2,解得n=(2,-2,1). 设直

35、线PA与平面PCE所成角为, 则sin =. 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. PE0, EC0, n n -20, 0, xz xy |AP| | |AP| n n 222 2 22(-2)1 1 3 1 3 思路分析思路分析 (1)延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CMEB,从而CM平面 PBE;(2)有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA与面PCE所成的角,然后通过解三角形求值;解 法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sin =|cos|=求 值. AP |AP| | |AP| n n 8.(2016山东文,18,12分

36、)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EFDB. (1)已知AB=BC,AE=EC,求证:ACFB; (2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH平面ABC. 证明证明 (1)因为EFDB, 所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE. 因为AE=EC,D为AC的中点,所以DEAC. 同理可得BDAC. 又BDDE=D,所以AC平面BDEF, 因为FB平面BDEF,所以ACFB. (2)设FC的中点为I.连接GI,HI. 在CEF中,因为G是CE的中点, 所以GIEF.又EFDB,所以GIDB. 在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC. 又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.

37、因为GH平面GHI,所以GH平面ABC. 思路分析思路分析 第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得ACDE,ACDB,从而得线面垂直,利用线 面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行,从而证面 面平行,再利用面面平行的性质得出结论. 考点考点 直线、平面平行的判定与性质直线、平面平行的判定与性质 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020山东潍坊期中,6)m,n是平面外的两条直线,在m的前提下,mn是n的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案答案 A 由已知条件m,结合

38、线面平行的性质定理可得,过直线m作一平面交于直线l,则m l,从而存在l有ml.再由mn可得nl,从而有n.反之,不一定成立,m,n可能相交,平行或异面. 所以mn是n的充分不必要条件,故选A. 2.(2020重庆育才中学3月月考,8)设m,n是两条不同的直线,是两个不重合的平面,有以下四个命 题: 若m,n且,则mn; 若m,n且,则mn; 若m,n且,则mn; 若m,n且,则mn. 其中真命题的序号是( ) A. B. C. D. 答案答案 A 对于命题,直线m,n可以相交,平行或异面,故是错误的;易知正确;对于命题,直 线m,n可以相交,平行或异面,故是错误的,故选A. 3.(2019福

39、建福州3月质检,6)已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下列说法正确的是( ) A.若c平面,则a B.若c平面,则a,b C.存在平面,使得c,a,b D.存在平面,使得c,a,b 答案答案 C 对于A,满足c平面,且c与异面直线a,b均垂直,则a可能在内,也可能与相交,也可能 与平行,故A错误;对于B,满足c平面时,直线a与直线b可能其中一条在平面内,故B错误;对 于C,若b,则内一定存在一条直线b,使得bb,又知a,且a与b为两条异面直线,所以a与b一 定相交,又知cb,bb,所以cb,又知ca,a与b相交,所以c,故C正确;对于D,如果a,b, 则ab,这与条件中a,b是

40、两条异面直线相矛盾,故D错误,因此选C. 4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱A1B1的中点,点T是 棱CC1上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动,且QB平面D1NT,则动点 Q所形成的轨迹的长为 . 答案答案 10 解析解析 由于QB平面D1NT,所以点Q在过B且与平面D1NT平行的平面上,取DC中点E1,取A1G=1,易 证平面BGE1平面D1NT.延长BE1,AD,交于点E,连接EG,交DD1于点I,显然,平面BGE平面D1DAA1 =GI,所以点Q的轨迹是线段GI,易求得GI=. 10 5.(20

41、18河北唐山统一考试,14)在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为PAC的重心,过点G作三棱锥 的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为 . 答案答案 8 解析解析 过点G作EFAC,分别交PA、PC于点E、F,过E、F分别作ENPB、FMPB,分别交AB、 BC于点N、M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN为所求截面),且EF=MN=AC=2, FM=EN=PB=2,所以截面的周长为24=8. 2 3 1 3 6.(2020山东烟台一模,19)如图,三棱锥P-ABC中,点E,F分别是AB,PB的中点,点G是BCE的重心. (1)证明:GF平面PAC; (2)

42、若平面PAB平面ABC,PA=PB,PAPB,ACBC,AB=2BC,求平面EFG与平面PFG所成的锐二 面角的余弦值. 解析解析 (1)证明:延长EG交BC于点D,连接DF,则点D为BC的中点. 因为D,E分别是BC,AB的中点, 所以DE是ABC的中位线, 所以DEAC,(2分) 又DE平面PAC,AC平面PAC, 所以DE平面PAC. 同理可证EF平面PAC.(3分) 又DEEF=E,DE平面DEF,EF平面DEF, 所以平面DEF平面PAC,(4分) 因为GF平面DEF,所以GF平面PAC.(5分) (2)连接PE,因为PA=PB,E是AB的中点,所以PEAB, 又平面PAB平面ABC

43、,平面PAB平面ABC=AB,PE平面PAB,所以PE平面ABC. 以E为坐标原点,向量,所在的方向分别为y轴,z轴的正方向,以与向量,垂直的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.(6分) EB EPEB EP 设EB=1,则E(0,0,0),P(0,0,1),F,G,则=,=,=. (7分) 设平面EFG的法向量为m=(x,y,z), 则即 令z=1,得y=-1,x=,于是取m=(,-1,1).(9分) 设平面PFG的法向量为n=(x1,y1,z1), 1 1 0, 2 2 3 1 ,0 62 FE 11 0,-,- 22 FG 31 ,0,- 62 FP 1 1 0

44、,-, 2 2 FE0, FG0, m m 11 -0, 22 31 -0, 62 yz xz 33 则即 令y1=1,得z1=1,x1=,于是取n=(,1,1),(11分) 设平面EFG与平面PFG所成的锐二面角的大小为, 则cos =|cos|=. 所以平面EFG与平面PFG所成的锐二面角的余弦值为.(12分) FG0, FP0, n n 11 11 31 x -z0, 62 11 -yz0, 22 33 | | | | m n m n 3 55 3 5 3 5 1.(2018湖南长沙长郡中学模拟,11)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABAD,BCAD,PA=AD=4,AB=BC =2,P

45、A平面ABCD,点E是线段AB的中点,点F在线段PA上,且EF平面PCD,直线PD与平面CEF交 于点H,则线段CH的长度为( ) A. B.2 C.2 D.2 223 B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间:50分钟 分值:70分) 一、单项选择题(共5分) 答案答案 C 22 22 PD与平面CEF交于点H,平面CEF平面PCD=CH,EF平面PCD,EFCH,过点H作HM PA交AD于点M,连接CM,EFAP=F,CHHM=H,平面AEF平面CHM,平面AEF平面 ABCD=AE,平面CHM平面ABCD=CM,AECM,又BCAM,四边形ABCM为平行四边形, AM=2.又AD=4

46、,M是AD的中点,则H为PD的中点,HM=2.易证HMMC,CH= =2,故选C. 22 CMMH 2 一题多解一题多解 取PA的中点M,PD的中点N,连接MN,BM,NC,由三角形中位线的性质可得MNAD,且 MN=AD.又BCAD,且BC=AD,MNBC,四边形BCNM为平行四边形,BMCN,又知 BM面PCD,CN面PCD,BM面PCD,又EF面PCD,且EF,BM面PAB,EFBM.F为AM 的中点,PD与平面CEF交于点H,H与N重合,即H为PD的中点,连接AC,PA=AD=4,AB=BC=2, PAAD,ABBC,PD=4,AC=2,PC=2.由直角梯形知识可得CD=2,PC2+C

47、D2=PD2, 即PCCD,CH=PD=2,故选C. 1 2 1 2 2262 1 2 2 2.(2020山东济宁期末,6)已知m、n为两条不重合的直线,、为两个不重合的平面,则下列说法正 确的是( ) A.若m,n且,则mn B.若mn,m,n,则 C.若mn,n,m,则m D.若mn,n,则m 二、多项选择题(每小题5分,共20分) 答案答案 BC A.若m,n且,则可能mn,m、n异面,或m,n相交,A错误; B.若mn,m,则n,又n,故,B正确; C.若mn,n,则m或m,又,m,故m,C正确; D.若mn,n,则m,又,则m或m,D错误. 故选BC. 3.(2020山东枣庄第八中学东校区开学检测,10)设m,n,l为三条不同的直线,为两个