高考数学第8章立体几何初步第4节直线平面平行的判定与性质高考AB卷理.docx

【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第8章 立体几何初步 第4节 直线、平面平行的判定与性质高考AB卷 理空间中平行的判定与性质1.(2016全国，19)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，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.(1)证明由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綉AM，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.(2)解取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，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Axyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，(0，2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0，2，1).于是cosn，.设AN与平面PMN所成的角为，则sin ，直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为.2.(2014全国，18)如图，四棱锥PABCD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DAEC为60，AP1，AD，求三棱锥EACD的体积.(1)证明连接BD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.又因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)解因为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Axyz，则D(0，0)，E，.设B(m，0，0)(m0)，则C(m，0)，(m，0).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，由题设知|cosn1，n2|，即，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为，三棱锥EACD的体积V.3.(2013全国，18)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值.(1)证明连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点.又D是AB的中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)解由ACCBAB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2).(1，1，0)，(0，2，1)，(2，0，2).设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1).同理，设m(x2，y2，z2)是平面A1CE的法向量，则即可取m(2，1，2).从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.空间中平行的判定与性质1.(2013广东，6)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面.下列命题中正确的是()A.若，m，n，则mnB.若，m，n，则mnC.若mn，m，n，则D.若m，mn，n，则解析A项中，m与n还可能平行或异面，故不正确；B项中，m与n还可能异面，故不正确；C项中，与还可能平行或相交，故不正确；D项中，m，mn，n.又n，故选D.答案D2.(2012四川，6)下列命题正确的是()A.若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行解析若两条直线和同一平面所成的角相等，则这两条直线可平行、可异面、可相交.选项A错；如果到一个平面距离相等的三个点在同一条直线上或在这个平面的两侧，则经过这三个点的平面与这个平面相交，选项B不正确；如图，平面b，a，a，过直线a作平面c，过直线a作平面d，a，ac，a，ad，dc，c，d，d，又d，db，ab，选项C正确；若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面可平行、可相交，选项D不正确.答案C3.(2016山东，17)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EFFBAC2，ABBC，求二面角FBCA的余弦值.(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HIGII，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH平面ABC.(2)连接OO，则OO平面ABC.又ABBC，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Oxyz.由题意得B(0，2，0)，C(2，0，0).过点F作FM垂直OB于点M，所以FM3，可得F(0，3).故(2，2，0)，(0，3).设m(x，y，z)是平面BCF的一个法向量.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cosm，n.所以二面角FBCA的余弦值为.4.(2015江苏，16)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1.设AB1的中点为D，B1CBC1E.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，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1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，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1AC.因为BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因为AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1.5.(2014湖北，19)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02).(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.法一(几何法)(1)证明如图1，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.当1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)解如图2，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EFBD，且EFBD.又DPBQ，DPBQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQBD，且PQBD，从而EFPQ，且EFPQ.在RtEBQ和RtFDP中，因为BQDP，BEDF1，于是EQFP，所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GOPQ，HOPQ，而GOHOO，故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH90.连接EM，FN，则由EFMN，且EFMN，知四边形EFNM是平行四边形.连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GHME2.在GOH中，GH24，OH2122，OG21(2)2(2)2，由OG2OH2GH2，得(2)224，解得1，故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.法二(向量方法)以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，).(2，0，2)，(1，0，)，(1，1，0).(1)证明当1时，(1，0，1)，又因为(2，0，2)，所以2，即BC1FP.而