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,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. 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、 2.(2018课标,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A1BD 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
3、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,B1C1与平面所 成的角都相等,如图所示,因此截面平面A1BC1或与平面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
4、,K, L,依次连接,则正六边形EFGHKL平行于平面A1BC1,由KHA1C1,KH=A1C1,得KH=,正六边形 1 2 2 2 EFGHKL的面积S=6=.因为,故选A. 2 1 sin60? 2 KH 3 3 4 3 3 4 2 3 3 3 2 4 3 2 3.(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
5、别是AC,B1C的中点, 所以EFAB1, 又EF平面AB1C1,AB1平面AB1C1, 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. 4.(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
6、=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
7、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 5.(2019课标,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
8、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MEB1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点, 所以ND=A1D.由题设知A1B1DC,所以四边形A1B1CD是平行四边形,所以可得B1CA1D,故ME ND,因此四边形MNDE为平行四边形,则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),则=(0,0,-4),=(-1,-2),=(-1,0,-2
9、),=(0,-, 0). 1 2 1 2 DA 3 1 A A 1 AM3 1 A NMN3 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. 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 6.(2017课标,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂
10、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,则四边形BCEF是平行四边形,则CE BF,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
11、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,),则=(1,0,-),=(1,0,0). 1 2 1 2 ABAB 3 PC 3 AB 设M(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, 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 BMPM3 BM 222
12、 | | ( -1) z xyz 2 2 PMPC 33 2 1, 2 1, 6 - 2 x y z 2 1-, 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, 所以可取m=(0,-,2).于是cos=. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D的余弦值为. 6 | | | m n m n 10 5 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
13、键解题关键 由线面角为45求点M的坐标是解题的关键. 1.(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. 以下为教师用书专用 解析解析 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DEC1. (2)因为AB=BC,E为AC的中点,
14、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. 解题关键解题关键 熟记空间直线与平面平行的判定定理及直线与平面垂直的判定定理和性质定理是正 确证明的关键. 2.(2016课标,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
15、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
16、 ,1,2 2 则=(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 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. 3.
17、(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A1C1A1B
18、1,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B1D平面A1C1F. 因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F. 4.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明:PB平面AEC; (2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积. 3 解析解析 (1)证明:连接BD
19、交AC于点O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点. 又E为PD的中点,所以EOPB. 又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC. (2)因为PA平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直. 如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0, ,0),E,=. 设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),=(m,0). ABAP 3 3 1 0, 22 AE 3 1 0, 22 3AC3 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量, 则即 可取n1=. 又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|
20、cos|=,即=,解得m=. 因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为. 三棱锥E-ACD的体积V=. 1 1 AC0, AE0, n n 30, 31 0, 22 mxy yz 3 ,-1, 3 m 1 2 2 3 34m 1 2 3 2 1 2 1 3 1 2 3 3 2 1 2 3 8 思路分析思路分析 (1)在平面AEC内找出与PB平行的直线,分析题意可通过作三角形的中位线进行证明; (2)要求三棱锥E-ACD的体积,易知三棱锥的高,又已知底面直角三角形的一直角边AD的长,故只需 求出另一直角边CD的长,可建立空间直角坐标系,利用向量法列方程求解. 易错警示易错警示 对于第(2)
21、问,二面角的平面角与两个半平面的法向量夹角相等或互补,部分同学容易 错误认为仅相等,另外,计算法向量时可能出错. 评析评析 本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力. 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河南名校联盟3月联考,5)下列命题中正确的是( ) A.若三个平面两两相交,则它们的交线互相平行 B.若三条直线两两相交,则它们最多确定一个平面 C.若不同的两条直线均垂直于同一个平面,则这两条直线平行 D.不共线的四点可以确定一个平面 答案答案 C 本题主要考查点、线、面的位置关
22、系,命题真假的判断以及公理的应用,考查学生对基 本概念和定理的理解和应用,考查的核心素养为逻辑推理和直观想象. 在A中,从正方体的一个顶点出发的三个平面两两相交,但它们的交线互相垂直,故A错误; 在B中,从正方体的一个顶点出发的三条棱可以确定三个平面,故B错误; 在C中,不同的两条直线均垂直于同一个平面,则由线面垂直的性质定理得这两条直线平行,故C正 确; 在D中,若四点连线构成两条异面直线,这时四点不能确定一个平面,故D错误.故选C. 2.(2020陕西渭南重点中学4月模拟,7)平面平面,点A,C,B,D,则直线AC直线BD的充要 条件是( ) A.ABCD B.ADCB C.AB与CD相交
23、 D.A,B,C,D四点共面 答案答案 D 因为平面平面,所以由面面平行的性质可知,要使直线AC直线BD,则直线AC与直 线BD必定共面,即A,B,C,D四点共面,故选D. 3.(2020内蒙古包头二模,4)下列四个命题中,正确命题的个数是( ) 若平面平面,平面平面,则; 若平面平面,直线m平面,则m; 平面平面,且=l,点A,若直线ABl,则AB; 直线m、n为异面直线,且m平面,n平面,若mn,则. A.1 B.2 C.3 D.4 答案答案 A 本题通过空间点、线、面的位置关系考查面面平行、线面平行的判定与性质、线面 垂直的判定以及面面垂直的判定与性质,考查学生的空间想象能力和逻辑思维能
24、力. 若平面平面,平面平面,则与相交或平行,故错误; 若平面平面,直线m平面,则m或m,故错误; 当点B不在平面内,满足ABl时,AB与不垂直,故错误; 直线m、n为异面直线,且m平面,n平面,由面面垂直的判定得,故正确. 故选A. 4.(2020四川成都二诊,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P,Q分别为AB,AD的中点,过点D作平面使 B1P平面,A1Q平面.若直线B1D1平面=M,则的值为( ) A. B. C. D. 1 1 MD MB 1 4 1 3 1 2 2 3 答案答案 B 如图所示,取A1D1,D1C1的中点分别为E,F,连接EF,DE,DF,则有A1QDE,又知
25、DE平面 DEF,A1Q平面DEF,A1Q平面DEF,同理可得B1P平面DEF,平面DEF即为平面,连接A1C1, B1D1,由题知B1D1EF=M,由于E,F分别为所在棱中点,EFA1C1,点M为线段B1D1的四等分点, 且靠近点D1,=,故选B. 1 1 MD MB 1 3 5.(2019河南洛阳尖子生4月联考,4)设l,m是两条不同的直线,是两个不同的平面,且l,m,下 列结论正确的是( ) A.若,则l B.若lm,则 C.若,则l D.若lm,则 答案答案 C 对于A,l,只有加上l垂直于与的交线,才有l,所以A错误;对于B,若lm,l ,m,则与可能平行,也可能相交,所以B错误;对
26、于C,若,l,由面面平行的性质可知,l, 所以C正确;对于D,若lm,l,m,则与可能平行,也可能相交,所以D错误. 6.(2019内蒙古呼和浩特模拟,6)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的 中点,设Q是CC1上的点,当点Q在 位置时,平面D1BQ平面PAO.( ) A.Q与C重合 B.Q与C1重合 C.Q为CC1的三等分点 D.Q为CC1的中点 答案答案 D 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,POBD1, 连接PQ,当点Q在CC1的中点位置时, PQAB,四边形ABQP是平行四边形,APBQ, AP
27、PO=P,BQBD1=B,AP、PO平面APO,BQ、BD1平面BQD1,平面D1BQ平面PAO.故 选D. 7.(2020安徽名校联盟4月联考,18)如图,在空间几何体ABCDE中,ABC,ACD,EBC均是边长为 2的等边三角形,平面ACD平面ABC,且平面EBC平面ABC,H为AB的中点. (1)证明:DH平面EBC; (2)求二面角E-AC-B的余弦值. 解析解析 (1)证明:如图1,分别取AC,BC的中点P,Q,连接DP,EQ,PQ,PH,ACD,EBC均是等边三角 形,P是AC的中点,Q是BC的中点,DPAC,EQBC. 平面ACD平面ABC且交线为AC,DP平面ACD, DP平面
28、ABC, 平面EBC平面ABC且交线为BC,EQ平面EBC, EQ平面ABC,DPEQ. 又EQ平面EBC,DP平面EBC,DP平面EBC. PH是ABC的中位线,PHBC, 又BC平面EBC,PH平面EBC,PH平面EBC, DP平面DPH,PH平面DPH,DPPH=P,平面EBC平面DPH,DH平面EBC. 图1 图2 (2)以点P为原点,射线PA为x轴正方向、射线PB为y轴正方向、射线PD为z轴正方向,建立如图2所 示的空间直角坐标系,则P(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),E,=(-2,0,0),=, EQ平面ABC,平面ABC的法向量可取n=(0,0,1), 设平面
29、EAC的法向量为m=(x,y,z), 则可取m=(0,2,-1), 设二面角E-AC-B的平面角为,根据图形判断为锐角, 13 -, 3 22 ACAE 33 -, 3 22 -20, 33 -30, 22 x xyz 0, -2 , x yz cos =. | | | m n m n -1 15 5 5 一、选择题(每小题5分,共15分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：45分钟 分值：65分) 1.(2020安徽十校联盟4月联考,7)已知m,n是空间中两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列 说法正确的是( ) A.若m,n,则mn B.若m,则m C.若n,则n D.若m,
30、n,=l,且ml,nl,则 答案答案 B 本题主要考查空间线线、线面、面面的位置关系的判定,考查学生的空间想象能力和 逻辑思维能力,考查的核心素养为直观想象和逻辑推理. 对于选项A,若m,n,则m与n可能平行,也可能异面,故A错误; 对于选项B,若m,则由面面平行的性质可得m,故B正确; 对于选项C,若n,则有n或n,故C错误; 对于选项D,任意一个二面角的平面角的两边均与二面角的棱垂直,但这个二面角不一定是直二面 角,故D错误.故选B. 2.(2020安徽安庆二模,11)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为C1D1,BC的中点,现有下列 结论:PQBD1;PQ平面BB1
31、D1D;PQ平面AB1C;四面体D1-PQB的体积等于.其中正 确的是( ) A. B. C. D. 1 24 答案答案 C 如图1,连接QC1,取AD的中点M,连接MD1与MQ,则MQD1C1,又知B平面MQC1D1,所以 PQ与BD1异面,故错误;如图2,取CD的中点R,连接PR,RQ,易得平面PQR平面BB1D1D,所以PQ 平面BB1D1D,故正确;若正确,则PQB1C,又知B1CPC1,PC1PQ=P,所以B1C平面PC1Q,则C 1QB1C,与已知相矛盾,故错误; 如图2,=,故正确.故选C. 1- D PQB V三棱锥 1- C PQB V三棱锥 1 -P C QB V三棱锥 1
32、 3 11 1 22 1 2 1 24 3.(2019江西八校4月联考,5)设m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出下面四个命题: 若,则;若,m,n,则mn;若m,n,则mn;若,=m, =n,则mn. 其中正确命题的序号是( ) A. B. C. D. 答案答案 D 对于,垂直于同一个平面的两个平面可能相交,也可能平行,所以命题错误;对于, 在两个相互垂直的平面内的两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,所以命题错误;对于,若 m,n,则直线m与n可能平行,也可能异面,所以错误;对于,由面面平行的性质定理可知命 题正确,故选D. 方法总结方法总结 对点、线、面的位置关系的判断,常采
33、用穷举法,即对各种位置关系都进行考虑,同时 充分利用几何模型的直观作用. 二、填空题(每小题5分,共10分) 4.(2020云南昆明三诊,15)如图,在平行四边形ABCD中,BAD=60,AB=2AD,E为AB的中点,将 ADE沿直线DE翻折至A1DE.若M为线段A1C的中点,则在ADE翻折的过程中,有下列三个命题: 线段BM的长是定值; 存在某个位置,使DEA1C; 存在某个位置,使MB平面A1DE. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的序号) 答案答案 解析解析 由题意可知在平行四边形ABCD中,ADE为等边三角形,DECE,折叠后,A1DE为等边三 角形,不妨设AD=1,则AB=2,
34、取A1D的中点为N,连MN,EN,由于M为A1C的中点,MNCD,且MN= CD,而E为AB的中点,ABCD,则BECD,且BE=CD,MNBE,四边形MNEB为平行四边形, BMEN,BM平面A1DE,EN平面A1DE,BM平面A1DE,正确;在A1DE中,N为A1D的中 点,则EN=DE=AD=,BM=,为定值,正确;对于,假设DEA1C,因为DECE,CE A1C=C,DE平面A1CE,又A1E平面A1CE,DEA1E,又A1DE为等边三角形,DEA1= 60,与DEA1E相矛盾,故DEA1C不成立,即不正确.因此正确的命题序号为. 1 2 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 方法点
35、拨方法点拨 解决立体几何中翻折问题的关键为:注意翻折前后的变量与不变量,翻折前后,在同一 半平面内的数量关系与位置关系均不发生改变. 5.(2019豫北名校4月联考,14)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点,若平面BC1D 平面AB1D1,则= . AD DC 答案答案 1 解析解析 如图所示,连接A1B,与AB1交于点O,连接OD1,平面BC1D平面AB1D1,平面BC1D平面A1BC1=BC1, 平面A1BC1平面AB1D1=D1O,BC1D1O,=,同理AD1DC1,=,=, 又=1,=1,即=1. 11 11 AD DC 1 AO OB 11 11
36、AD DC DC AD 1 AO OB DC AD 1 AO OB DC AD AD DC 方法点拨方法点拨 对于命题条件的探索,常采用以下三种方法: 先猜后证,即先观察与尝试,给出条件再证明; 先确定命题成立的必要条件,探索出命题成立的条件,再证明其充分性; 把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件. 三、解答题(共40分) 6.(2020河南天一大联考4月联考,18)如图,五面体ABCDEF中,AE=EF,平面DAE平面ABFE,平 面CBF平面ABFE,DAE=DEA=CFB=EAB=FBA=45,ABEF,点P是线段AB上靠近A 的三等分点. (1)求证:DP平面CBF; (2)求
37、直线DP与平面ACF所成角的正弦值. 2 解析解析 本题主要考查空间线面的位置关系,向量法求空间角的正弦值,考查学生的运算求解能力、 空间想象能力.考查的核心素养为直观想象、逻辑推理和数学运算. (1)证明:如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MP,MN, 由题可知AD=DE,ADE=90,设AD=DE=1,易知DMAE,且AM=. 因为平面DAE平面ABFE,平面DAE平面ABFE=AE,所以DM平面ABFE.同理,CN平面 ABFE.所以DMCN.因为DM平面CBF,CN平面CBF,故DM平面CBF. 因为AE=EF,EAB=FBA=45, 所以AP=1=AB. 2 2 2
38、 1 3 因为AM=APcos 45,所以AMP=90, 所以AMP是以AP为斜边的等腰直角三角形, 所以MPA=45,而FBA=45,则MPFB. 因为MP平面CBF,FB平面CBF,所以MP平面CBF. 因为MPDM=M,所以平面DMP平面CBF. 因为DP平面DMP,所以DP平面CBF. (2)连接PE,以P为原点,AB,PE所在直线分别为x轴,y轴,以过点P且垂直于平面ABFE的直线为z轴建 立如图所示的空间直角坐标系,设AD=DE=1,则A(-1,0,0),C,F(1,1,0),P(0,0,0),D ,所以=(2,1,0),=. 设平面AFC的法向量为n=(x,y,z), 则即 取x
39、=-2,则y=4,z=3,即n=(-2,4,3). 易知=, 3 12 , 2 22 1 12 -, 2 22 AFFC 112 ,-, 222 AF0, FC0, n n 20, 112 -0, 222 xy xyz 22 PD 1 12 -, 2 22 设直线DP与平面ACF所成的角为. 故sin =, 即直线DP与平面ACF所成角的正弦值为. |PD| |PD| | n n 3 38 19 3 38 19 思路分析思路分析 (1)作辅助线,利用题中给出的相等关系,得出DM平面ABEF,从而得到DMCN,进而 得出DM平面CBF,再证得MP平面CBF,所以平面CBF平面DMP,从而证得DP
40、平面CBF;(2) 建立恰当的空间直角坐标系,分别求出直线DP的方向向量和平面AFC的法向量,然后求得结果. 7.(2020陕西第二次质量检测,17)如图,正四棱锥P-ABCD的底边长为2,侧棱长为,M为PC上一点, 且PM=3CM,点E,F分别为AD,BC上的点,且AE=BF=3ED. (1)证明:平面MEF平面PAB; (2)求锐二面角P-EF-M的余弦值. 3 解析解析 (1)证明:AEBF,且AE=BF, 四边形ABFE为平行四边形,ABEF. PM=3CM,BF=3FC,MCF=PCB, MCFPCB,MFPB. MF,EF平面MEF,MFEF=F,PB,AB平面PAB,PBAB=B
41、,平面MEF平面PAB. (2)连接AC,BD,交于点O,连接PO. 四棱锥P-ABCD为正四棱锥, ACBD,PO平面ABCD,OB,OC,OP两两垂直,故建立如图所示的空间直角坐标系. 则A(0,-,0),B(,0,0),C(0,0),D(-,0,0),E,F,M,P(0,0,1), 2222 3 22 -,-,0 44 2 3 2 ,0 44 3 2 1 0, 44 =(,0),=,=-,-,-, 设平面PEF的法向量为m=(x,y,z), 则即解得 取x=-2,则y=2,z=, 故m=(-2,2,), 同理可得平面MEF的一个法向量n=(-1,1,-). cos=, 锐二面角P-EF-
42、M的余弦值为. EF22PE 3 22 -,-,-1 44 ME 3 2 4 2 1 4 EF0, PE0, m m 220, 3 22 -0, 44 xy xy z - , 2 , 2 xy zy 2 2 2 | | | m n m n 22-2 102 1 10 10 10 10 10 思路分析思路分析 (1)由正方形的性质知ABEF,又由相似三角形的性质可得MFPB,再结合面面平行 的判定定理即可证明;(2)由已知条件可推导出OB,OC,OP两两垂直,建立空间直角坐标系,求出平面 PEF与平面MEF的法向量,利用公式即可求得锐二面角的余弦值. 8.(2019四川内江质检三,18)如图,已
43、知直角梯形ACDE所在的平面垂直于平面ABC,BAC=ACD =90,EAC=60,AB=AC=AE. (1)在直线BC上是否存在一点P,使得DP平面EAB?请证明你的结论; (2)求平面EBD与平面ABC所成的锐二面角的余弦值. 解析解析 (1)线段BC的中点就是满足条件的点P. 证明如下: 取AB的中点F,BC的中点P,连接DP,PF,EF, 则FPAC,FP=AC,取AC的中点M,连接EM,EC. AE=AC且EAC=60, EAC是正三角形. EMAC.四边形EMCD为矩形. ED=MC=AC=FP. 又EDAC, EDFP且ED=FP,即四边形EFPD是平行四边形. DPEF. 又E
44、F平面EAB,DP平面EAB,DP平面EAB. (2)过点B作AC的平行线l,过点C作l的垂线交l于点G,连接DG,四边形ABGC为矩形. 1 2 1 2 EDAC,DEl. l是平面EBD与平面ABC所成二面角的棱. 平面EACD平面ABC,DCAC, DC平面ABC. 又l平面ABC,DCl. 又CGl,l平面DGC,lDG. DGC是所求二面角的平面角. 设AB=AC=AE=2a,则CD=a,GC=2a. GD=a. cos =cosDGC=. 3 22 GCCD7 GC GD 2 7 7 1.(2020 5 3原创题)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA平面ABCD,ADAB,ADBC,
45、SA=AD=2,AB=BC =1,E为SD上的一点. (1)证明:平面SAC平面SCD; (2)设=,当为何值时,SB平面ACE? (3)求直线SB与平面SCD所成角的正弦值. SE SD 解析解析 (1)证明:由题意知AC=CD=, 因为AC2+CD2=AD2,所以ACCD, 又因为SA平面ABCD,CD平面ABCD,所以SACD, 又知SAAC=A,所以CD平面SAC, 因为CD平面SCD,所以平面SAC平面SCD. (2)当=时,SB平面ACE. 证明:连接BD交AC于点O,连接OE,如图所示, 2 1 3 因为ADBC,AD=2BC,所以OD=2OB,即=, 又知=,所以SBOE, 因
46、为SB平面ACE,OE平面ACE, 所以SB平面ACE. (3)解法一(公式法):由题意可知AC=CD=,SD=2, 又SA=2,SAAC,所以SC=, 由(1)知CDSC, 所以SSCD=CD SC=, 设点B到平面SCD的距离为h, 由VB-SCD=VS-BCD可得SSCD h=SBCD SA, 所以h=, 设直线SB与平面SCD所成的角为,则sin =, OB BD 1 3 SE SD 1 3 22 6 1 2 1 2 263 1 3 1 3 BCD SCD SSA S 1 1 1 2 2 3 3 3 h SB 3 3 5 15 15 即直线SB与平面SCD所成角的正弦值为. 解法二(向量法):以A为原点,AB,AD,AS所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(1,0,0),S(0,0,2),C(1,1,0),D(0,2,0), 所以=(-1,0,2),=(0,2,-2),=(-1,1,0), 设平面SCD的法向量为n=(x,y,z), 则有即 令y=1,则x=1,z=1,即n=(1,1,1), 设直线SB与平面SCD所成的角为, 15 15 BSSDCD SD0, CD0, n n 2 -20, -0, yz xy 则sin
