《2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：8.3 直线、平面平行的判定与性质（试题部分） .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：8.3 直线、平面平行的判定与性质（试题部分） .docx（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、8.3直线、平面平行的判定与性质探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.直线与平面平行的判定与性质(1)以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理,并能够证明相关性质定理.(2)能运用线面平行、面面平行的判定及性质定理证明空间图形的平行关系2018江苏,15,14分直线和平面平行的判定面面垂直的判定2017江苏,15,14分直线和平面平行的判定线线垂直的判定、面面垂直的性质2016课标,14,5分直线和平面平行的判定和性质线面角、线面垂直的性质2.平面与平面平行的判定与性质2019课标,7,5分面面平行
2、的判断充要条件分析解读从近5年高考情况来看,本节内容一直是高考的热点,主要考查直线与平面及平面与平面平行的判定和性质,常设置在解答题中的第(1)问,难度中等,通过线面平行的判定与性质考查考生的直观想象、逻辑推理的核心素养.破考点 练考向【考点集训】考点一直线与平面平行的判定与性质1.(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lB.若lm,则C.若,则lD.若lm,则答案C2.(2020届江西抚州一调,9)如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点,且B
3、1F面A1BE,则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是()A.aB.a2C.2aD.2a2答案D3.(2019皖南八校三联,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,点M为PB的中点,底面ABCD为梯形,ABCD,ADCD,AD=CD=PC=12AB.(1)证明:CM平面PAD;(2)求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小.解析(1)证明:取PA的中点E,连接DE,ME.因为M是PB的中点,所以MEAB,ME=12AB.(2分)又ABCD,CD=12AB,所以MECD,ME=CD.(3分)所以四边形CDEM为平行四边形,所以DECM.因为DE平面PAD,CM平面PAD,所以C
4、M平面PAD.(5分)(2)取AB的中点N,连接CN.易知四边形ADCN为正方形,又PC平面ABCD,故可以以C为原点,CD,CN,CP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=CD=PC=12AB=1,则C(0,0,0),P(0,0,1),A(1,1,0),D(1,0,0),B(-1,1,0),(7分)则PA=(1,1,-1),AD=(0,-1,0),设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),则有PAm=0,ADm=0,令x=1,得m=(1,0,1).(9分)同理可求得平面PBC的一个法向量为n=(1,1,0),(10分)所以cos=mn|m|n|=12,即平面PA
5、D与平面PBC所成锐二面角的大小为3.(12分)考点二平面与平面平行的判定与性质1.(2018安徽黄山二模,4)下列说法中,错误的是()A.若平面平面,平面平面=l,平面平面=m,则lmB.若平面平面,平面平面=l,m,ml,则mC.若直线l平面,平面平面,则lD.若直线l平面,平面平面=m,直线l平面,则lm答案C2.(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D炼技法 提能力
6、【方法集训】方法1证明直线与平面平行的方法1.(2019广西柳州一模,19)如图,已知AB平面ACD,DEAB,AD=AC=DE=2AB=2,且F是CD的中点,AF=3.(1)求证:AF平面BCE;(2)求证:平面BCE平面CDE.证明(1)取CE中点P,连接FP、BP,PFDE,且FP=1,又ABDE,且AB=1,ABFP,且AB=FP,四边形ABPF为平行四边形,AFBP.又AF平面BCE,BP平面BCE,AF平面BCE.(2)AD=AC=2,F是CD的中点,AF=3,ACD为正三角形,AFCD,AB平面ACD,DEAB,DE平面ACD,又AF平面ACD,DEAF,又AFCD,CDDE=D
7、,AF平面CDE,又BPAF,BP平面CDE,又BP平面BCE,平面BCE平面CDE.2.(2020届山西大同调研,17)如图,已知菱形ABCD的边长为6,BAD=60,ACBD=O,将ABC沿对角线AC折起,使面BAC面ACD,得到三棱锥B-ACD,点M是棱BC的中点.(1)求证:OM平面ABD;(2)求证:平面ABC平面MDO.证明(1)由题意知,O为AC的中点,M为BC的中点,OMAB,又OM平面ABD,AB平面ABD,OM平面ABD.(2)四边形ABCD是菱形,ODAC,又将ABC沿对角线AC折起,使面BAC面ACD,且面BAC面ACD=AC,OD平面ABC,OD平面MDO,平面ABC
8、平面MDO.3.(2019内蒙古包头二模,19)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BD=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,
9、Q为PA的中点,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,解得d=433.点C到平面QBA的距离为433.方法2证明平面与平面平行的方法1.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.(1)求证:BE平面DMF;(2)求证:平面BDE平面MNG.证
10、明(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为ABE的中位线,所以BEMO,又BE平面DMF,MO平面DMF,所以BE平面DMF.(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DEGN.又DE平面MNG,GN平面MNG,所以DE平面MNG.因为N为AD的中点,M为AB的中点,所以MN为ABD的中位线,所以BDMN,又BD平面MNG,MN平面MNG,所以BD平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE平面MNG.2.(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
11、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,所以EH平面PBC.(3分)因为点E,F分别为AB,AP的中点,所以EFBP,又EF平面PBC,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=P
12、H=CH=1.折叠后,PHAH,又平面PHA平面ABCH,平面PHA平面ABCH=AH,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),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,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
13、为,则cos =217.(12分)【五年高考】A组统一命题课标卷题组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.(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.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B组自主命题省(区、市)卷题组1.(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
14、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A2.(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.证明本题主要考查直线与直线、直线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-A1B1C
15、1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.3.(2019天津,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13,求线段CF的长.解析本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
16、理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE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,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BFAB=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nBD=0,nB
17、E=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.由题意,有|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.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
18、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,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.4.(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-A1B1C
19、1D1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AB1A1B.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.5.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成
20、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-C
21、D-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=22.在RtPAH中,PH=PA2+AH2=322,所以sinAPH=AHPH=13.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
22、得PA平面ABCD.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.作AyAD,以A为原点,以AD,AP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PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由nPE=0,nEC=0,得x-2z=0,x+y=0,设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为,则sin =|nAP|n|AP|=2222+(-2)2+12=13.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.思
23、路分析对(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.对(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 =|nAP|n|AP|求值.C组教师专用题组1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则()A.mlB.mnC.nlD.mn答案C2.(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
24、,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D3.(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
25、=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).4.(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
26、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B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.5.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1
27、C1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,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
28、AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.6.(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)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
29、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,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
30、,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60.7.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长.解
31、析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M1,12,1,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52,0.由此可得MNn=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n1AD1=0,n1AC=0,即x-2y+2z=0,2
32、x=0.不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则n2AB1=0,n2AC=0,又AB1=(0,1,2),得y+2z=0,2x=0.不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-1010,于是sin=31010.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为31010.(3)依题意,可设A1E=A1B1,其中0,1,则E(0,2),从而NE=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=NEn|NE|n|=1(-1)2+(+2)2+12=13,整理得2+4-3=0,又因为0,1,所
33、以=7-2.所以,线段A1E的长为7-2.本题主要考查直线与平面平行和垂直、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、运算能力和推理论证能力.8.(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
34、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AA1AB,AA1AD,ABAD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以AB,AD,AA1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A1E=(0.5,0.5,0),A
35、1D=(0,1,-1),由n1A1E,n1A1D得r1,s1,t1应满足的方程组0.5r1+0.5s1=0,s1-t1=0,(-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,t2),而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(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|n1n2|n1|n2|=232=63.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.9.(2014课标,18,12分)如图
36、,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=3,求三棱锥E-ACD的体积.解析(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,AB的方向为x轴的正方向,|AP|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12.设B(m,
37、0,0)(m0),则C(m,3,0),AC=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的一个法向量,则n1AC=0,n1AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,-1,3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量,由题设得|cos|=12,即33+4m2=12,解得m=32.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.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
38、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(组)求解.易错警示对于第(2)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.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2019四川泸州质检,7)已知直线l和两个不同的平面,则下列命题中,是真命题的是()A.若l,且l,则B.若l,且l,则C.若l,且,则lD.若l,且,则l答案B2.(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
39、l1,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A3.(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C4.(2020届吉林长春9月联考,10)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱AB,BC,CC1的中点,P是底面ABCD内一动点,若直线D1P与平面EFG不存在公共点,则三角形PBB
40、1的面积的最小值为() A.22B.1C.2D.2答案C二、填空题(共5分)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ADDC=.答案1三、解答题(共60分)6.(2018江西南昌二中月考,19)在直三棱柱ABC-ABC中,BAC=90,AB=AC=2,AA=1,点M,N分别为AB和BC的中点.(1)证明:MN平面AACC;(2)求三棱锥A-MNC的体积.解析(1)证法一:连接AB,AC,因为三棱柱ABC-ABC为直三棱柱,所以M为AB的中点.又因为N为BC的中点,所以MNAC,又MN平面AAC
41、C,AC平面AACC,所以MN平面AACC.证法二:取AB的中点P,连接MP,NP.又因为M,N分别为AB和BC的中点,所以MPBB,NPAC,易知AABB,所以MPAA.因为MP平面AACC,AA平面AACC,所以MP平面AACC,同理,NP平面AACC.又MPNP=P,因此平面MPN平面AACC.又MN平面MPN,因此MN平面AACC.(2)连接BN,由题意知ANBC,因为平面ABC平面BBCC=BC,平面ABC平面BBCC,所以AN平面NBC.又AN=12BC=1,故VA-MNC=VN-AMC=12VN-ABC=12VA-NBC=16.7.(2020届山西太原五中第二次诊断,18)已知三
42、棱锥P-ABC中,ABC为等腰直角三角形,AB=AC=1,PB=PC=5,设点E为PA的中点,点D为AC的中点,点F为PB上一点,且PF=2FB.(1)证明:BD平面CEF;(2)若PAAC,求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题考查线面平行的判定以及线面角的求解,考查的核心素养是逻辑推理和数学运算.(1)证明:连接PD交CE于G点,连接FG,点E为PA的中点,点D为AC的中点,点G为PAC的重心,PG=2GD,PF=2FB,FGBD,又FG平面CEF,BD平面CEF,BD平面CEF.(2)AB=AC,PB=PC,PA=PA,PABPAC,PAAC,PAAB,可得PA=2,又ABAC,
43、AB,AC,AP两两垂直,以A为坐标原点,AB、AC、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),E(0,0,1),BC=(-1,1,0),BP=(-1,0,2),CE=(0,-1,1).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nBC=-x+y=0,nBP=-x+2z=0,取z=1,得n=(2,2,1).设直线CE与平面PBC所成角为,则sin =|cos|=|-2+1|23=26.直线CE与平面PBC所成角的正弦值为26.8.(2018云南曲靖一中4月月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PDDA,PDDC.(1)若E是PA的中点,求证:PC平面BED;(2)若PD=AD,PE=2AE,求直线PB与平面BED所成角的正弦值.解析(1)证明:连接AC,交B