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1、8.3直线、平面平行的判定与性质基础篇固本夯基【基础集训】考点一直线与平面平行的判定与性质1.在如图所示的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是棱B1B、AD的中点,则直线BF与平面AD1E的位置关系是()A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.异面答案A2.如图,三棱锥P-ABC中,点C在以AB为直径的圆O上,平面PAC平面ACB,点D在线段AB上,且BD=2AD,CP=CA=3,PA=2,BC=4,点G为PBC的重心,点Q为PA的中点.(1)求证:DG平面PAC;(2)求点C到平面QBA的距离.解析(1)证明:连接BG并延长交PC于E,连接AE,G是PBC的重心,BG=2EG,又B
2、D=2AD,DGAE,又DG平面PAC,AE平面PAC,DG平面PAC.(2)连接CQ,点C在以AB为直径的圆O上,ACBC,又平面PAC平面ACB,平面PAC平面ACB=AC,BC平面PAC,CP=CA=3,PA=2,CQPA,CQ=AC2-AQ2=22,VB-PAC=13SPACBC=13122224=823,又PB=PC2+BC2=5,AB=AC2+BC2=5,PB=AB,PABQ,BQ=AB2-AQ2=26,SPAB=12PABQ=26,设C到平面PAB的距离为d,则VC-PAB=13SPABd=263d,263d=823,d=433.点C到平面QBA的距离为433.考点二平面与平面平
3、行的判定与性质3.已知a是平面外的一条直线,过a作平面,使,这样的()A.恰能作一个B.至多能作一个C.至少能作一个D.不存在答案B4.已知m,n,l1,l2表示不同直线,、表示不同平面,若m,n,l1,l2,l1l2=M,则的一个充分条件是()A.m且l1B.m且nC.m且nl2D.ml1且nl2答案D5.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时,平面D1BQ平面PAO()A.与C重合B.与C1重合C.为CC1的三等分点D.为CC1的中点答案D6.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC
4、,A1B1,A1C1的中点,求证:平面EFA1平面BCHG.证明E,F分别为AB,AC的中点,EFBC.EF平面BCHG,BC平面BCHG,EF平面BCHG.又G,E分别为A1B1,AB的中点,A1B1AB且A1B1=AB,A1GEB且A1G=EB,四边形A1EBG是平行四边形,A1EGB.A1E平面BCHG,GB平面BCHG,A1E平面BCHG.又A1EEF=E,平面EFA1平面BCHG.综合篇知能转换【综合集训】考法一直线与平面、平面与平面平行的证明方法1.(2018甘肃嘉峪关一中三模,5)平面与ABC的两边AB,AC分别交于点D,E,且ADDB=AEEC,如图,则BC与的位置关系是()A
5、.异面B.相交C.平行或相交D.平行答案D2.(2016山东,18,12分)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(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,I是FC的中点,所以GIEF.又EFDB,所以GIDB.在CFB中,因为H是FB的中点,
6、I是FC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.3.(2020届山东新高考质量测评联盟10月联考,21)如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是矩形,SAD是等边三角形,平面SAD平面ABCD,AB=1,E为棱SA上一点,P为AD的中点,四棱锥S-ABCD的体积为233.(1)若E为棱SA的中点,F是棱SB的中点,求证:平面PEF平面SCD;(2)是否存在点E,使得平面PEB与平面SAD所成的锐二面角的余弦值为3010?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:因为E,F分别是SA,SB的中点,所以EFA
7、B,在矩形ABCD中,ABCD,所以EFCD,又因为E,P分别是SA、AD的中点,所以EPSD,又因为EFCD,EFEP=E,SDCD=D,EF,EP平面PEF,SD,CD平面SCD,所以平面PEF平面SCD.(2)假设棱SA上存在点E满足题意.在等边三角形SAD中,P为AD的中点,所以SPAD,因为平面SAD平面ABCD,平面SAD平面ABCD=AD,SP平面SAD,所以SP平面ABCD,所以SP是四棱锥S-ABCD的高,设AD=m,m0,则SP=32m,S矩形ABCD=m,所以VS-ABCD=13S矩形ABCDSP=13m32m=233.所以m=2,以P为坐标原点,PA所在直线为x轴,过点
8、P与AB平行的直线为y轴,PS所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则P(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),S(0,0,3),设AE=AS=(-1,0,3)=(-,0,3)(01),PE=PA+AE=(1,0,0)+(-,0,3)=(1-,0,3),PB=(1,1,0),设平面PEB的一个法向量为n1=(x,y,z),n1PE=(1-)x+3z=0,n1PB=x+y=0,令x=3,则n1=(3,-3,-1),易知平面SAD的一个法向量为n2=(0,1,0),所以|cos|=|n1n2|n1|n2|=|-3|72-2+1=3010,因为01,所以=13.所以存在点E,使得
9、平面PEB与平面SAD所成的锐二面角的余弦值为3010.此时点E位于AS的靠近A点的三等分点处.考法二平行关系中的探索性问题4.(2018广东惠州一调,19)如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ABC=60,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,点E在A1D上.(1)证明:AA1平面ABCD;(2)当A1EED为何值时,A1B平面EAC?并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离.解析(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,ABC=60,所以AB=AD=AC=2,在AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA1AB,同理,AA1AD,又ABAD=A,所以AA1平面ABC
10、D.(4分)(2)当A1EED=1时,A1B平面EAC.(6分)理由如下:连接BD交AC于点O,连接OE,假设A1B平面EAC,由于A1B平面A1BD,且平面EAC平面A1BD=OE,则OEA1B,O为BD的中点,在A1BD中,E为A1D的中点,即A1EED=1.直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离,因为E为A1D的中点,所以点A1到平面EAC的距离等于点D到平面EAC的距离,VD-EAC=VE-ACD,设AD的中点为F,连接EF,则EFAA1,且EF=1,所以EF平面ACD,可求得SACD=3,所以VE-ACD=1313=33.(9分)又因为AE=2,AC=2,CE=
11、2,所以SEAC=72,所以13SEACd=1372d=33(d表示点D到平面EAC的距离),解得d=2217,所以直线A1B与平面EAC之间的距离为2217.(12分)5.(2016四川,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PACD,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12AD.(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.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=12AD,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P
12、AB,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,PACD,因为ADBC,BC=12AD,所以直线AB与CD相交,所以PA平面ABCD.从而PABD.因为ADBC,BC=12AD,所以BCMD,且BC=MD.所以四边形BCDM是平行四边形.所以BM=CD=12AD,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.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)由已知的线线垂直得到线面垂直,再证面面垂直.评析本题考查了直线与平面平行的
13、判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定,熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.【五年高考】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B2.(2018浙江,6,4分)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A3.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面,则“lm”是“l”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
14、不充分也不必要条件答案B4.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的是()A.若,垂直于同一平面,则与平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若,不平行,则在内不存在与平行的直线D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面答案D5.(2017课标全国,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AB与平面MNQ不平行的是()答案A6.(2016课标,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.
15、如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案7.(2019课标,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=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知
16、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CH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=17,故CH=41717.从而点C到平面C1DE的距离为41717.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.8.(2017课
17、标全国,18,12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=12AD,BAD=ABC=90.(1)证明:直线BC平面PAD;(2)若PCD的面积为27,求四棱锥P-ABCD的体积.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(1)证明:在平面ABCD内,因为BAD=ABC=90,所以BCAD.又BC平面PAD,AD平面PAD,故BC平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=12AD及BCAD,ABC=90得四边形ABCM为正方形,则CMAD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PMAD
18、,PM底面ABCD.因为CM底面ABCD,所以PMCM.设BC=x,则CM=x,CD=2x,PM=3x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PNCD,所以PN=142x.因为PCD的面积为27,所以122x142x=27,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=23.所以四棱锥P-ABCD的体积V=132(2+4)223=43.9.(2016课标全国,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)求四面体N-BCM的
19、体积.解析(1)证明:由已知得AM=23AD=2,取BP的中点T,连接NT,AT,由N为PC中点知TNBC,TN=12BC=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)因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为12PA.(9分)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AEBC,AE=AB2-BE2=5.由AMBC得M到BC的距离为5,故SBCM=1245=25.所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=13SBCMPA2=453.(12分)思路分析(1)取BP的中
20、点T,连接AT,TN,先结合条件证明四边形AMNT为平行四边形,从而得到MNAT,再结合线面平行的判定定理可证;(2)由条件可知四面体N-BCM的高为棱PA的一半,然后求得SBCM,最后利用棱锥的体积公式求得结果.解后反思证明立体几何中的平行关系,常常是通过转化为平面几何中的线线平行来实现,而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形的对边互相平行等来推证;求三棱锥的体积的关键是确定其高,而确定高的关键是找出顶点在底面上射影的位置,当然有时也可采用等体积法求解.10.(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)A1
21、B1平面DEC1;(2)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.(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C1E平面A1A
22、CC1,所以BEC1E.11.(2015北京,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB平面ABC,VAB为等边三角形,ACBC且AC=BC=2,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB平面MOC;(2)求证:平面MOC平面VAB;(3)求三棱锥V-ABC的体积.解析(1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OMVB.又因为VB平面MOC,所以VB平面MOC.(2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点,所以OCAB.又因为平面VAB平面ABC,且OC平面ABC,所以OC平面VAB.又OC平面MOC,所以平面MOC平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=2
23、,所以AB=2,OC=1.所以等边三角形VAB的面积SVAB=3.又因为OC平面VAB,所以三棱锥C-VAB的体积等于13OCSVAB=33.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V-ABC的体积为33.评析本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力.12.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题主要
24、考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=12AD.又因为BCAD,BC=12AD,所以EFBC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF,因此CE平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DCAD,N是AD的中点得BNAD.所以AD平面PBN,由BCAD
25、得BC平面PBN,那么平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2得CE=2,在PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=14,在RtMQH中,QH=14,MQ=2,所以sinQMH=28.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28.方法总结1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l)线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l.面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面,使得,从而得l.2.求线面角的方法.定义法
26、:作出线面角,解三角形即可.解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d),由sin =dAB得结论.13.(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.(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)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;(3)证明:直线DF平面BEG.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)平面BEG平面ACH.证明如下:因为ABCD-EFGH为正方体,所以BCFG,BC=FG,又FGEH,FG=EH,所以BCE
27、H,BC=EH,于是四边形BCHE为平行四边形.所以BECH.又CH平面ACH,BE平面ACH,所以BE平面ACH.同理BG平面ACH.又BEBG=B,所以平面BEG平面ACH.(3)证明:连接FH与DB.因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH平面EFGH,因为EG平面EFGH,所以DHEG.又EGFH,DHFH=H,所以EG平面BFHD.又DF平面BFHD,所以DFEG.同理得DFBG.又EGBG=G,所以DF平面BEG.14.(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
28、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面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD,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.15.(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
29、,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)连接DG,CD,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=12AC=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,由ABBC,BAC=45,G是AC中点,得AB=BC,GBGC,因此GB
30、,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).可得H22,22,0,F(0,2,1),故GH=22,22,0,GF=(0,2,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由nGH=0,nGF=0,可得x+y=0,2y+z=0.可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,2).因为GB是平面ACFD的一个法向量,GB=(2,0,0),所以cos=GBn|GB|n|=222=12.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共35分)1.
31、(2020届湖南益阳、湘潭9月教学质检,6)已知,为两个不同的平面,m,n为两条不同的直线,有以下命题:若m,m,则;若m,n,则mn;若m,m,则;若=l,m,ml,则m.其中真命题有()A.B.C.D.答案B2.(2020届广东广州中学10月月考,8)已知,是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:若l, ,则l;若l,则l;若l,则l;若l,则l.其中说法正确的个数为()A.3B.2C.1D.0答案C3.(2019内蒙古赤峰4月模拟,6)已知和是两个不同平面,=l,l1,l2是与l不同的两条直线,且l1,l2,l1l2,那么下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,
32、l2都相交C.l恰与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交答案A4.(2020届湖南长沙一中第二次月考,5)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题正确的是()A.如果m,n,那么mnB.如果m,=n,那么mnC.如果m,n,那么mnD.如果,m,n,那么mn答案C5.(2020届浙江东阳中学10月月考,5)设m,n是不同的直线,是不同的平面,且m,n,则“m且n”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B6.(2019安徽蚌埠二模,6)已知平面,两两垂直,直线a,b,c满足a,b,c,则直线a,b,c的位置关系不可
33、能是()A.两两平行B.两两垂直C.两两相交D.两两异面答案A7.(2019河南郑州一模,10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,ABAC,点M,N分别为AB1,A1C上的动点,若直线MN平面BCC1B1,Q为线段MN的中点,则点Q的轨迹是()A.双曲线的一支(一部分)B.圆弧(一部分)C.线段(去掉一个端点)D.抛物线的一部分答案C二、多项选择题(每题5分,共10分)8.(改编题)已知空间中不同直线m、n和不同平面、,下列命题中是真命题的是()A.若m、n互为异面直线,m,n,m,n,则B.若mn,m,n,则C.若n,m,则nmD.若,m,nm,则n答案AC9.(改编题
34、)如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是()A.PA平面OMNB.平面PCD平面OMNC.直线PD与直线MN所成角的大小为90D.ONPB答案BD三、填空题(每题5分,共10分)10.(2018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811.(2020届广西南宁10月摸底考,16)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=3,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面A
35、BCD内,若直线D1P平面EFG,则线段D1P长度的最小值是.答案72四、解答题(共50分)12.(2019甘肃、青海、宁夏联考,18(节选)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,D为BC边上一点,BD=3,AA1=AB=2AD=2.若BD=CD,试问:A1C是否与平面ADB1平行?若平行,求三棱锥A-A1B1D的体积;若不平行,请说明理由.解析A1C与平面ADB1平行.证明如下:取B1C1的中点E,连接DE,CE,A1E,因为BD=CD,所以DEAA1,且DE=AA1,所以四边形ADEA1为平行四边形,所以A1EAD.因为D为BC的中点,E为B1C1的中点,B1C1BC,所
36、以B1ECD,所以四边形EB1DC是平行四边形,所以CEB1D.因为A1ECE=E,所以平面ADB1平面A1CE,又A1C平面A1CE,所以A1C平面ADB1.因为AA1BB1,所以VB1-AA1D=VB-AA1D,又BD=3,且易证BD平面AA1D,所以VA-A1B1D=VB1-AA1D=VB-AA1D=1331221=33.一题多解连接A1B,交AB1于K,易知K是A1B的中点,连接DK,则DK是A1BC的中位线,DKA1C,又DK面AB1D,A1C面AB1D,所以A1C面AB1D.因为AA1BB1,BD=3,AA1=AB=2AD=2,且易证BD平面AA1D,所以VA-A1B1D=VB1-
37、AA1D=VB-AA1D=1331221=33.13.(2019安徽蚌埠二模,18)如图所示,菱形ABCD的边长为2,D=60,点H为DC的中点,现以线段AH为折痕将菱形折起,使点D到达点P的位置且平面PHA平面ABCH,点E,F分别为AB,AP的中点.(1)求证:平面PBC平面EFH;(2)求平面PAH与平面PBC所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:菱形ABCD中,E,H分别为AB,CD的中点,所以BECH,所以四边形BCHE为平行四边形,则BCEH,又EH平面PBC,BC平面PBC,所以EH平面PBC.(3分)又点E,F分别为AB,AP的中点,所以EFBP,又EF平面PBC,BP平面PB
38、C,所以EF平面PBC.又EFEH=E,所以平面PBC平面EFH.(6分)(2)连接AC,菱形ABCD中,D=60,则ACD为正三角形,又H为DC的中点,菱形边长为2,AHCD,AH=3,DH=PH=CH=1.折叠后,PHAH,又平面PHA平面ABCH,平面PHA平面ABCH=AH,从而PH平面ABCH.又AHCD,HA,HC,HP三条直线两两垂直,以HA,HC,HP的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略),则P(0,0,1),C(0,1,0),B(3,2,0),则CB=(3,1,0),CP=(0,-1,1),(9分)设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则mCB=0,
39、mCP=0,即3x+y=0,-y+z=0,令y=-3,得x=1,z=-3,m=(1,-3,-3).平面PAH的一个法向量n=(0,1,0),cos=-37=-217,设平面PAH与平面PBC所成锐二面角为,则cos =217.(12分)14.(2020届广东广州执信中学10月月考,18)在等腰直角EBC中,A,D分别为EB,EC的中点,AD=2,将EAD沿AD折起,使得二面角E-AD-B为60.(1)请作出平面EBC和平面EAD的交线l,并说明理由;(2)求二面角E-CD-B的余弦值.解析(1)在平面EAD内过点E作AD的平行线l即为所求.理由:因为lAD, 而l在平面ABCD外,AD在平面A
40、BCD内,所以l平面ABCD.同理,AD平面EBC,于是l在平面EBC上,从而l即为平面EBC和平面EAD的交线.(2)由题意可得EAB为二面角E-AD-B的平面角,所以EAB=60.过点E作AB的垂线,垂足为F,则EF平面ABCD,以F为原点,FB的方向为x轴正方向建立空间直角坐标系.则B(1,0,0),C(1,4,0),A(-1,0,0),D(-1,2,0),E(0,0,3),从而CD=(-2,-2,0),EC=(1,4,-3),设平面ECD的一个法向量为n1=(x0,y0,z0),则由n1CD=0,n1EC=0,得-2x0-2y0=0,x0+4y0-3z0=0,所以x0=-y0,z0=3
41、y0,不妨取n1=(1,-1,-3),由EF平面ABCD知平面BCD的一个法向量为n2=(0,0,1).cos=n1n2|n1|n2|=-35=-155,由题图知二面角E-CD-B为锐二面角,所以二面角E-CD-B的余弦值为155.15.(2020届辽宁阜新高级中学10月月考,19)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为AB的中点,F为D1C的中点.(1)证明:EF平面ADD1A1;(2)若AE=2,求二面角D-EF-C的余弦值.解析(1)证明:取DD1的中点G,连接FG,AG,因为F为D1C的中点,所以FG=12CD且FGCD.由正方体的性质知AB=CD且ABCD,所以FG=12
42、AB且FGAB.因为点E是AB的中点,所以AE=12AB,所以FG=AE且FGAE,所以四边形AEFG为平行四边形,所以AGEF,因为AG平面ADD1A1,EF平面ADD1A1,所以EF平面ADD1A1.(2)如图,建立空间直角坐标系,因为AE=2,所以正方体各条棱的长都是4,所以D(0,0,0),A(4,0,0),E(4,2,0),C(0,4,0),F(0,2,2),则DE=(4,2,0),DF=(0,2,2),CE=(4,-2,0),CF=(0,-2,2).设平面DEF的法向量为n1=(x1,y1,z1).由n1DE=0,n1DF=0,得(x1,y1,z1)(4,2,0)=0,(x1,y1,z1)(0,2,2)=0,即4x1+2y1=0,2y1+2z1=0,令y1=2,得n1=(-1,2,-2).设平面CEF的法向量为n2=(x,y,z),由n2CE=0,n2CF=0,得(x,y,z)(4,-2,0)=0,(x,y,z)(0,-2,2)=0,即4x-2y=0,-2y+2z=0,令y=2,得n2=(1,2,2).设二面角D-EF-C为,则由题意知为钝角,所以cos =-|n1n2|n1|n2|=-|(-1,2,-2)(1,2,2)|(-1)2+22+(-2)212+22+22=-133=-19.所以二面角D-EF-C的余弦值为-19.