1、考点 平行的判定和性质,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,1.(2019课标全国理,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 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.,易错警示 A、C、D三个选项中学生均可能忽略、相交的情况.,2.(2017课标全国文,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
2、方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是 ( ),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.,方法总结 线面平行的判定方法: (1)线面平行的判定定理;(2)面面平行的性质定理.,3.(2016课标全国,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 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与所成的角和n与所成的角相等
3、. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号),答案 ,解析 由mn,m,可得n或n在内,当n时,与可能相交,也可能平行,故错.易知 都正确.,4.(2019天津理,17,13分)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF的长.,解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用 空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点 考查的核心素养是逻辑推理、直
4、观想象与数学运算.满分13分. 依题意,可以建立以A为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系 (如图), 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 设CF=h(h0),则F(1,2,h). (1)证明:依题意, =(1,0,0)是平面ADE的法向量,又 =(0,2,h),可得 =0, 又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE. (2)依题意, =(-1,1,0), =(-1,0,2),=(-1,-2,2). 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则 即 不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有c
5、os= =- . 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 . (3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则 即 不妨令y=1,可得m= .,由题意,有|cos|= = = ,解得h= .经检验,符合题意.所以,线段CF的长为 .,思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几 何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何 中的位置关系或长度.,方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: 观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量; 设出相应平面的法向量,利用两直线垂直
6、,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量; 将空间位置关系转化为向量关系;根据定理结论求出相应的角或距离.,5.(2019课标全国理,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 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)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以M
7、EB1C,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. (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), =(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
8、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 .,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C1DE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.,解题关键 建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.,6.(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)
9、BEC1E.,证明 本小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.满分14分. (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C1
10、E平面A1ACC1,所以BEC1E.,7.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想 象能力和推理论证能力. (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1. 因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形. 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形, 所以A
11、B1A1B. 因为AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC, 又因为AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC.,8.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E 与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD. 求证:(1)EF平面ABC; (2)ADAC.,证明 (1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD, 所以EFAB. 又因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC. (2)因为平面ABD平面BC
12、D,平面ABD平面BCD=BD, BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD. 因为AD平面ABD,所以BCAD. 又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC, 所以AD平面ABC. 又因为AC平面ABC,所以ADAC.,方法总结 立体几何中证明线线垂直的一般思路: (1)利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc); (2)线面垂直的性质(a,bab).,9.(2016山东,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
13、=2 ,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.,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.,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
14、,可得F(0, ,3). 故 =(0,- ,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 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. 则有FMOO.,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
15、的余弦值为 .,评析 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.,10.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=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.,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
16、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) (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
17、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, 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,
18、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),由 得 设x=2,则可得n=(2,-2,1). 设直线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 .,11.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D, B1CBC1=E.求证: (1)DE平面AA1C1C; (2)BC1AB1.,证明 (1)由题意知,E为B1C的中点, 又D为AB1的中点, 因此DEAC. 又因为DE平面AA1C1C
19、,AC平面AA1C1C, 所以DE平面AA1C1C. (2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1平面ABC. 因为AC平面ABC,所以ACCC1. 又因为ACBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1, BCCC1=C, 所以AC平面BCC1B1. 又因为BC1平面BCC1B1, 所以BC1AC. 因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形, 因此BC1B1C. 因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C, 所以BC1平面B1AC. 又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.,评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能 力.
20、,12.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正 方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F. (1)证明:EFB1C; (2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.,解析 (1)证明:由正方形的性质可知A1B1ABDC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平 行四边形,从而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)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1
21、AB,AA1AD,ABAD且AA1=AB= AD,以A为原点,分别以 , , 为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标 系,可得点的坐标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点为B1D1的中点,所 以E点的坐标为(0.5,0.5,1). 设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量 =(0.5,0.5,0), =(0,1,-1),由n1 ,n1,得r1,s1,t1应满足的方程组 (-1,1,1)为其一组解, 所以可取n1=(-1,1,1). 设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,
22、t2),而该面上向量 =(1,0,0), =(0,1,-1), 由此同理可得n2=(0,1,1). 所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为 = = .,评析 本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能 力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.,13.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD平面FGH; (2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的 大小.,解析 (1)证明:连接DG,C
23、D,设CDGF=O,连接OH. 在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平 行四边形. 则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OHBD, 又OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH. (2)设AB=2,则CF=1. 在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF= AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此 DGFC.,又FC平面ABC,所以DG平面ABC. 在ABC中,连接GB,因为ABBC,BAC=45,G是AC的中点,所以AB=BC,GBGC,因此GB, GC,GD两两垂直. 以G为坐标原点,建立如图所示的
24、空间直角坐标系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).,设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 则由 可得 可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1, ). 因为 是平面ACFD的一个法向量, =( ,0,0), 所以cos= = = . 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.,教师专用题组,1.(2019课标全国文,19,12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
25、点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离.,解析 本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了 学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养. (1)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C1DE,所以MN平面C1DE. (2)过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE, 故DECH.,从而C
26、H平面C1DE, 故CH的长即为C到平面C1DE的距离. 由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E= , 故CH= . 从而点C到平面C1DE的距离为 .,思路分析 (1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MNDE,然后利用线面平行 的判定定理证出结论.(2)注意到DE平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.,2.(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)平面B1DE平面A1C1F.,证明 (1)在直三
27、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,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1, 所以
28、B1D平面A1C1F. 因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.,评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象 能力和推理论证能力.,3.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC, AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点. (1)求证:GF平面ADE; (2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.,解析 (1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD, 又G是BE的中点,所以GHAB,且GH= AB. 又F是CD的中点,所以DF= CD. 由四边形AB
29、CD是矩形得,ABCD,AB=CD, 所以GHDF,且GH=DF, 从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH. 又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE. (2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.,又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ. 以B为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B (0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因为AB平面BEC,所以 =(0,0,2)为平面BEC的法向量. 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量. 又 =(2,0,-2), =(2,2
30、,-1), 由 得 取z=2,得n=(2,-1,2).,从而cos= = = , 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为 .,4.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正 方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N. (1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)证明:直线MN平面BDH; (3)求二面角A-EG-M的余弦值.,解析 (1)点F,G,H的位置如图所示. (2)证明:连接BD,设O为BD的中点. 因为M,N分别是BC,GH的中点, 所以OMCD,且OM= CD, HNCD,且HN= CD. 所
31、以OMHN,OM=HN. 所以MNHO是平行四边形, 从而MNOH. 又MN平面BDH,OH平面BDH, 所以MN平面BDH. (3)解法一:连接AC,过M作MPAC于P.,在正方体ABCD-EFGH中,ACEG, 所以MPEG. 过P作PKEG于K,连接KM, 所以EG平面PKM,从而KMEG. 所以PKM是二面角A-EG-M的平面角. 设AD=2,则CM=1,PK=2. 在RtCMP中,PM=CMsin 45= . 在RtPKM中,KM= = . 所以cosPKM= = . 即二面角A-EG-M的余弦值为 . 解法二:如图,以D为坐标原点,分别以 , , 方向为x,y,z轴的正方向,建立空
32、间直角坐标系 D-xyz.,设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以, =(2,-2,0), =(-1,0,2). 设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z), 由 得 取x=2,得n1=(2,2,1). 在正方体ABCD-EFGH中,DO平面AEGC, 则可取平面AEG的一个法向量为n2= =(1,1,0), 所以cos= = = , 故二面角A-EG-M的余弦值为 .,评析 本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、二面角的平 面角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.,5.(2014江苏,16
33、,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PAAC, PA=6,BC=8,DF=5. 求证:(1)直线PA平面DEF; (2)平面BDE平面ABC.,证明 (1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DEPA. 又因为PA平面DEF,DE平面DEF, 所以直线PA平面DEF. (2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DEPA,DE= PA=3,EF= BC=4. 又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2, 所以DEF=90,即DEEF. 又PAAC,DEPA,所以DEAC. 因为ACEF=E,AC平面ABC,EF平
34、面ABC, 所以DE平面ABC. 又DE平面BDE, 所以平面BDE平面ABC.,评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象 能力和推理论证能力.,考点 平行的判定和性质,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),4)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面, 则以下命题正确的是( ) A.若m,=n,则mn B.若m,n,则mn C.若m,mn,则n D.若m,m,则,答案 D A.由于n可以是平面上的任意一条直线,所以m,n不一定平行,还可以异面,故错误; B.与一个平面平行的两条直线可能平
35、行也可能相交还可能异面;C.直线n要垂直于平面,必须 垂直于平面的两条相交直线,而该选项条件不全,所以错误.故选D.,2.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,15)已知m,n,l是互不相同的直线,是两个不重合的平面, 给出以下四个命题: m,n是两条异面直线,m,n,且m,n,则; 若m,n=A,且点Am,则m,n是两条异面直线; 若m,n是异面直线,m,n,且lm,ln,则l; 已知直线m平面,直线n平面,mn. 其中为真命题的序号是 .(把所有真命题的序号都填上),答案 ,解析 在中,m,在内存在直线m1m,又m,m1. m,n是两条异面直线,直线m1与n是两条相交直线,又n,即正确. 由
36、异面直线判定定理知正确.在中,m,在内存在直线m1m,lm,lm1.n ,在内存在直线n1n,ln,ln1.m,n是两条异面直线,直线m1与n1是两条相交直线, l,即正确. 由直线m平面和知m或m,而n是内任一直线,则直线m与n可能相交,可能平行, 还可能异面,故是错误的.,3.(2019浙江金华十校联考(4月),20)在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BCCD,SC= SD=CD=DA=1,CB=2, ADBC,SCB= ,E为线段SB上的中点. (1)证明:AE平面SCD; (2)求直线AE与平面SBC所成角的余弦值.,解析 (1)证明:取SC的中点F,连接EF,DF,则E
37、FBC,EF= BC, (2分) 又ADBC且CB=2DA,四边形EFDA为平行四边形, (4分) AEDF,又DF平面SCD,AE平面SCD, AE平面SCD. (6分) (2)解法一:过点B作直线BGSC,过点S作直线SGBC,BG交SG于点G,过点C作CMSG于M, 连接DM,如图. 过点D作DHCM于H, 取BC的中点T,作TFSG于F,过点A作AITF于I, 则AEI就是AE与平面SBC所成的角,设AEI=. (9分) ADBC,AD平面SCBG, AI=DH. 在ABS中,可计算出 AE= , (11分) 在DCM中,可计算出 DH= , (13分) sin = = = = ,故c
38、os = . (15分) 解法二:如图,分别以CD、CB所在的直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系, 则C(0,0,0),D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,2,0),设平面SDC与平面ABCD所成的锐二面角为,则S ,- cos , sin . (10分),SB2=12+22-212 =7,又SB2= + + sin 2=5+2 cos , 5+2 cos =7,cos = ,故sin = . (12分) S , SB的中点E . = . 设n=(x,y,z)是平面SBC的法向量,则,取n=( ,0,-1),设直线AE与平面SBC所成的角为, 则sin =|cos|= = , cos
39、= . (15分),4.(2019浙江高考信息优化卷(三),19)如图,在四棱锥S-ABCD中,ADBC,BCCD,SDA= SDC=60, AD=DC= BC= SD,E,F分别是SD,BC的中点. (1)求证:SF平面AEC; (2)求SF与平面SDC所成角的余弦值.,解析 (1)证明:连接AF,FD,设FDAC=H,连接EH, 由题意可知四边形ADCF为矩形,故H为FD的中点,又E为SD的中点, EH为SDF的中位线, EHSF,由 SF平面AEC. (2)不妨设AD=1,则SA=SC= ,由DC2+SC2=SD2DCSC, 由 DC平面SBC,又DC平面SDC, 平面SBC平面SDC,
40、故FSC为所求的角,易知AF平面SBC,AFS= ,易求得SF= ,cosFSC= .,5.(2019浙江名校协作体联考(2月),19)四棱锥P-ABCD的底面为菱形,AB=4,ABC=60,M为PB 的中点,N为BD上一点,且BN= ND,若PA=PC=5,PB= . (1)求证:MN平面PAC; (2)求证:PN平面ABCD; (3)求直线PN与平面PCD所成角的正弦值.,解析 (1)证明:设AC与BD交于点O,连接PO,则由已知条件得 = = , MNPO. (2分) 则MN平面PAC. (3分) (2)证明:PA=PC,O是AC中点, POAC,又PA=PC=5,AO=2, PO= =
41、PB,PNBD, (5分) 连接NC,易求得PN=3 ,NC= , PN2+NC2=PC2,PNNC. (7分) 又BDNC=N,PN平面ABCD. (8分) (3)解法一:设点N到平面PCD的距离为h,PN与平面PCD所成角为, 则sin = , (10分) VN-PCD=VP-NCD SPCDh=SNCDPN, 由题意及(2)可得SNCD=3 ,SPCD=3 ,PN=3 , h= ,则sin = ,即直线PN与平面PCD所成角的正弦值为 . (15分) 解法二:如图,建立空间直角坐标系,则A(-2,0,0),B(0,-2 ,0),C(2,0,0),D(0,2 ,0),N(0,- ,0).
42、设P(x0,y0,z0), 由PA=PC=5,PB= 得, 解得 P(0,- ,3 ). (10分), =(-2,2 ,0), =(2, ,-3 ), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令y=1,得 n= . (13分) 记直线PN与平面PCD所成角为, 则sin = = . (15分),解题思维 (1)设AC与BD交于点O,连接PO,则 = = MNPOMN平面PAC; (2)由已知数量关系得出PNBD,PNNCPN平面ABCD; (3)思路一:等体积转化法求出N到平面PCD的距离,进而可求出直线PN与平面PCD所成角的正 弦值; 思路二:建立空间直角坐标系,核心是求出平面
43、PCD的法向量,求解分三步:设平面PCD的法 向量n=(x,y,z);法向量n与向量 , 分别作点乘;求出不定方程组的一组解即得法向量的 坐标.,6.(2017浙江名校新高考研究联盟第二次联考,19)如图,已知菱形ABCD与等腰三角形PAB所在 的平面相互垂直,PAB=BAD=120,E为PB的中点. (1)求证:PD平面ACE; (2)求二面角B-CE-D的余弦值.,解析 (1)证明:连接BD,设BD交AC于点M,连接ME. 在平行四边形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)过D作DO
44、垂直于BA,交BA的延长线于点O,连接PO,易得DO,PO,BO两两垂直,以O点为原点, OP,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),设AB=2,则B(0,3,0),C(0,2, ),P ( ,0,0),D(0,0, ),E , =(0,-1, ), = , =(0,2,0), = , 设平面BCE的法向量为m=(x1,y1,1), 则 解得 m=(3, ,1). 设平面DCE的法向量为n=(x2,y2,1), 则 解得 n=(2,0,1). cos= = = , 由图可知二面角B-CE-D为钝角,二面角B-CE-D的余弦值为- .,B组 20172019年高考模拟专
45、题综合题组 时间:35分钟 分值:68分 一、选择题(每小题4分,共8分),1.(2019浙江宁波高三上期末,2)已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 A 因为m,n,所以若mn,则m,所以充分性成立; 当m时,m与平面内的直线不一定平行,所以必要性不成立,选A.,2.(2018浙江镇海中学模拟,5)已知两条不相交的空间直线a和b,则 ( ) A.必定存在平面,使得a,b B.必定存在平面,使得a,b C.必定存在直线c,使得ac,bc D.必定存在直线c,使得ac,bc,答案 B
46、 因为a,b有可能为异面直线,所以A错;同理C错;当直线a,b为异面直线时,在直线a上 取一点M,过点M作与b平行的直线c,则相交直线a,c确定的平面,满足a,b;当a,b为平行 直线时,显然存在平面,使得a,b,故B正确.而对于选项D,显然只有在ab时,才能成立. 故选B.,3.(2017浙江名校协作体期初,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,ADBC,AB=BC =CD=1,DA=2,DP平面ABP,O,M分别是AD,PB的中点. (1)求证:PD平面OCM; (2)若AP与平面PBD所成的角为60,求线段PB的长.,二、解答题(共60分),解析 (1)证明:连接OB,
47、设BD与OC的交点为N,连接MN. 因为O为AD的中点,AD=2, 所以OA=OD=1=BC. 又因为ADBC, 所以四边形OBCD为平行四边形, (2分) 所以N为BD的中点,又因为M为PB的中点, 所以MNPD. (4分) 又因为MN平面OCM,PD平面OCM, 所以PD平面OCM. (6分) (2)由四边形OBCD为平行四边形,知OB=CD=1, 所以AOB为等边三角形,所以BAD=60, (8分) 所以BD= = ,即AB2+BD2=AD2,所以ABBD. 因为DP平面ABP,所以ABPD. 又因为BDPD=D,所以AB平面BDP, (11分),所以APB为AP与平面PBD所成的角,即APB=60, (13分) 所以PB= . (15分),4.(2019浙江新高考调研模拟卷(一),19)如图,四边形ABCD为直角梯形,ADBC,ADC=90,
