《2021年高考数学考点42直线平面平行的判定与性质必刷题理【含答案】.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考数学考点42直线平面平行的判定与性质必刷题理【含答案】.pdf（39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、考点4 2直线、平面平行的判定与性质1.如图，在棱长为1的正方体中4B C D-&B 1C 1%,点p在线段AD】上运动，则下列命题错误的是（)A.异 面 直 线 和B i所成的角为定值B.直 线 和 平 面BP%平行C.三棱锥D-B P q的体积为定值D.直线CP和平面4BCW1所成的角为定值D【解析】月，:在核长为1的正方体中A B CD-A B2q 6,点P在线段月上运动易得CB：1平面月BCQ”Q P u 平面 ABQ 2，CB,1 C.P,故这两个异面直线所成的角为定值90：,故正确B,直线CD和平面dBQD坪 行，所以直线CD和平面BPC_平行，故正确C,三棱锥D-B P q的体积
2、还等于三棱锥P-DBQ的体积，而平面DBQ为固定平面且大小一定,：P e A Dif 而A么 怦 面 BDC_点4到平面DBC_的距离即为点P到该平面的距离，二三棱锥的体积为定值，故正确夹角的定义，令B g与 的 交 点 为0,可得NCPO即为直线CP和平面B e。所成的角,变化的，故错误0,由线面当P移动时这个角是故选D2.平面a过正方体48C4的顶点4。平面C B i，a n平面4 B C D=m,&。平面4 8 8 1 4 =%则m,所成角的正切值为（）邪A.A/3 B.1 C.3 D.衣A【解析】如图，由正方体的性质可知AC B,D：为等边三角形,a”平面CB_D=a c 平面ABCD
3、=m,a n=?b由面面平行的性质，可得?n8DB_D_,nCD_,-m,?i所成角与zT么灵相等，即m,所成角为60。，则加，所成角的正切值为、故选人3.已知直三棱柱A B C A B。的底面为等边三角形，且底面积为彳，体积为彳，点P,Q分别为线段A B B 上的动点，若直线PQC平面A C C i A|=。，点M为线段PQ的中点，则点M的轨迹长度为修 史 卫 理A.4 B.4 C.2 D.2D【解析】由题意可作如下图像:因为直线PQ与平面&月CC抚交点所以与此平面平行，所以&P =CQ,当点P、点 Q分别在点必、C处时，此时中点M 为4 C中点，当点P、点 Q 分别在点B、尻处时，此时中点
4、M 为 中 点，若 D、E、F 分别为三条棱的中点，则 点 M 的轨迹为等边三角形A DEF的中线,设底面边长为x,由底面面积可得：宁 炉=一，解得x=l,所以轨迹长度为当故选D.4.棱长为2 的正方体B C D-4IBICWI中，E为棱4D中点，过点%,且与平面4B E平行的正方体的截面面积 为（）A.5 B.2 册 c.2 m D.6C结合两个平行平面与第三个平交，交线平行的结论，找到平面截正方体所得的截面多边形，画好之后能够确定其为菱形，之后借助于菱形的面积公式等于两条对角线乘积的一半，从而求得结果.取 BC中点M,取勺/中点N,则四边形B1MDN即为所求的截面，根据正方体的性质，可 以
5、 求 得=2BD=2码根据各边长，可以断定四边形/M D N为菱形，1 L L LS=-x 2#x 2/3=2/62所以其面积.故选C.5.在菱形4BCD中，4B=4且乙1BC=6O。，点MN分别是棱CD/D的中点，将四边形4NMC沿着4c转动，使得EF与MN重合，形成如图所示多面体，分别取BF,DE的中点PQ(1 )求证：PQ平面4BCD：(I I)若平面4FEC 平面4BCD,求CP与平面BEF所成的正弦值.水(1)见解析；(2)CP与平面BEF所成的正弦值为亏.【解析】(I)取BE中点R,连接PR,QR,5D,由P.Q分别是BFQE的中点：.PR/EF.QR/BD,又:EF/AC,PR平
6、面ABCD,QR平面A3CD,又:PR f y Q R=R：.P Q R/A B C D,又一 平面PQRP Q/A B C D.(n)取EF中点T,设4C,BD交于点0:.OT LAC,又.平面EC 1 平面/B C D0 T，平面.4 B C D,在菱形A B C D 中，A C 1 BD二以。为原点，如图建立空间直角坐标系，过E 作E 5 1 A C,垂足为S,显然S为0 C 中点，E S=O T =OD =v 1 J,则4(。,一 2,0),网2 倔 0,0),C(0.2.0),5(0.1.0),二 E(0.1.F(0,-l,旧,P(、氏-；W),设平面B E F的法向量为而=B F=
7、(-2、氏-1,、后)，F E=(0.2.0),由 他1时 得2 后;y +/z=0 ,如=1 得=0.z =2,(2 y=0i n =(1.0,2),又:PC =c o s 桶硝=晶=意 焉=_ 三,即C P与平面B E F所成的正弦值为三6.如图，四棱锥P-4 B C D,A D/BC,A D =2BC =4,A B=24,aBA D =9Q,肱0 分别为缪和熊的中点，P 0L 平面风力.求证：平面PBMJ平面为C；PN(II)是否存在线段/上一点儿使得。N 平面四区若存在，求丽的值，如果不存在，说明理由.(1)见 解 析(2)当 N为月V靠近夕点的三等分点时，N 平面四以【解析】解：连结
8、 W并延长交43于E,设AC,BA/的交点为F.：M,。是 CD,4 c的中点，.M04DBC,M。=：4D=2,E是AB的中点，BE=B =、氏ME=G4D+BC)=3.:.BM=vBE:+ME2=2 3v MO/BC,MO=BC,.-.A BCFMOF,:.BF=BM=CF=7OC=：AC.AC=AB2+BC:=4,CF=1.BF2+CF:=BC2,BF LC F,艮IBM 1 AC.v PO，平面 ABCD,BM u 平面 ABCD,PO IB M,又 PO u 平面 PAC,AC u 平面 PAC,POaAC=0,B M，平面 P A C,又 B M u 平面 PBM,平面PB M I
9、 P月C.()当N为R M靠近P点的三等分点时，O N平面PA B.证明：连结P E,由(/)可知M O =2,E M =3,生 =三ME PM 3ZON/P E,又O N U平 面 阴 P E u平面7?铝，O N平面 PA B.7.如图，四棱锥P-4BC D中，底面4BC D为矩形，P 4 _ L平面4E C D,E为P D的中点.3 g(2)设4P =1/。=&,若点4到平面P BC的距离为G T,求二面角D -A E-C的大小.7T(1)见 解 析(2)3(1)证明：连结BD交4c于点。，连结E O,因为4E C D为矩形，所以。为BO的中点，又E为P D的中点，所以E O P B,E
10、 O u平面4E C,P BU平面4E C,所以P B平面A E C(2)因为P A 1平 颜BC D M BC D为矩形，所以两两垂直设A B=t,贝 P B=V t =+1,由匕“s c=%-ABC有1%s c 詈=；S u s c-P A即：.：.、得加+泞,、佻.L解得：t =7以4为 坐 标 原 点，砺 的 方 向 为X轴 的 正 方 向，I而I为 单 位 长，建 立 空 间 直 角 坐 标 系A-孙z,则D(O，G，O),E(O号&，m=(0号，B g 0.0),则 吒,何0),而=(i V 5.0)设r=(x,y z)为平面4C E的法向量，则?空=：，+岛，=0._即%!可取Z
11、 =、W y +=o又 运=(L 0 Q)为平面ZM E的法向量_ 2V5由co s =,需|=士 =：,故二面角D-AE-C的大小为8.如 图1,在A BC中，D,E分别为4B,4c的中点，为DE的中点，A B=A C =2,BC =4.将/%沿折起到 的位置，使得平面&D E 1平面BC E D,F为41c的中点如图2_(I)求证：打|平面4吗(I I)求二面角为一 E B-C的平面角的余弦值.图1图2_ 7 22见解析；(I I)-彳.【解析】(I)取线段4 B的中点H,连接HD,HF.因为在月BC中，D,E分别为月B,AC的中点，所 以DE BC,DE=B C.因为H,F分别为AiB,
12、AiC的中点，所以 HF BC,HF=zBC所以HFDE,HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形，所以EF/DH.因为EFC平 面AiBD,HDu平面AiBD,所以EF#平 面AiBD.(H)因 为“，5分别为&B,乙C的中点，所 以HF BC,HF=2所 以HF DE,HF=D E,所以四边形DE/W为平行四边形，所 以EF HD.因 为EF U 平面4 BD,HD u 平面&B D,所 以E F平面&BD分别 以OB.OC.OA,为x,y,z轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系，则 面BEC的 法 向 量 正=汽=(0,0,2),At=(0.0,2),5(272,0,0),E(0,L
13、0)则 不=(272,0,2)-一 (2y/2x-2z=0/1/=(0,1,-2),设面4避1的法向量“2=(%2),则(y-2z=0,解得=12aI n4n!l以所以所LV 2-221-彳XyzA/22所以二面角4 -E B-0的平面角的余弦值一彳丁9.如图，在多面体4BC D E F中，4BC D是正方形，BF _ L平面4BC D,D E L平面4BC D,BF =D E,点M为棱4E的中点.(I)求证：平面BM D平面E F C；(H)若D E =2A B,求直线4E与平面BD M所成的角的正弦值.(D见解析.4 一 至【解析】(I)证明：连结4C,交BD于点X,.N为A C的中点，.
14、M A V/E C MNe平面E F C,E C u 平面E F C,/.M N/平面E F C.BE D E都垂直底面月BC D,S.BF/D E.BF =D E,.BD E F为平行四边形，：.BD/E F.：BD (tiE F C,E F c E F C,：.BD/E F C.又,MV c BD=N,.平面BDM平面EFC(II)由已知，DE lA B C D,ABCD是正方形.D4 DC DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz.设AB=2,贝 JDE=4,MB(2.2.O),M(1,O.2).(2,O,O),F(O,O.4),：.DB=(220),两=(1,0.2),设平面B
15、DM的一个法向量为仁(x,y.z),由 仔,星=得U -Mi DM=0 i%+2z=令戈=2,则y=-2,z=-1,从而元=(2,-2,T).-：AE=(-2.0.4),设AE与平面BDM所成的角为J,贝 sin=|c o s.标|=脩=|H|-|A|15所以，直线AE与平面BDM所成角的正弦值为受.10.如图，已知平面4D C I I 平面力避/1,B 为线段4 D 的中点，4BC mA 4iBiG,四边形力卜/为为边长为1n的正方形，平面 i G C l.平面A D B/i,4 =A i4 1 一&,M为棱41cl的中点(1)若N为线%上的点，且直线/7|平面4 314,试确定点N的位置:
16、(2)求平面M 4 D 与平面C C/所成的锐二面角的余弦值.2V 57(1)见解析；(2)【解析】(1港 接&D,.直线MN I I 平面4 D B二 月 工，MVU平面AC。，平面QD2 呼 面？1D 区 儿=&D,：.MN II ALD又M为心儿的中点，二肋1为d C/_ D 的中位线，为。心的中点.X(2)A 1 B 1=1 则 月 月 1=L A i G =1,又：B为月D 的中点，=2.v A A BC=4/4：8 工。工；/1二。1=A C又平面A BC II平 面&G，平面平面&A C Q =A,C.II AC二四边形月4 C C为平行四边形.又二41G=4月，二四边形4 n
17、c c为麦形一又4的4月=彳，M =A A =p.AM=W*M J.&G，.-.A M 1 A C-A D 1 AAL,平 面&4C C：1平面j D B 一.-.A D !平面414cQ,:.A D 1 A M.A D 1 A C.,.A M M D M C两两相垂直*以月为坐标原点，分别以A D M C.dM所在直线为K轴，)轴，z轴建立空间直角坐标系/!一孙二依题意，得(0 Q Q).D(2Q Q)C(0,L 0),(0/3)若平面&EQ 1平面儿EC,则 瓦辽=一 +2、1(1-2A)一事=0,化简得12筋-6 1 +5=0,由于 0,故此方程无解，所以不存在实数九使得平面4 EC：_
18、 L 平面4 EC.1 2.在三棱柱4BC-4B1G 中，已知侧棱与底面垂直，CAB=90,且4C=1,AB=2,E为BB 的中点，M为4c上一点，一 3.B(1)若三棱锥4-C M E的体积为6,求 的 长;(2)证明：C B J平面/E M.=巫(1)1 2.(2)见解析.【解析】(1)设441=h,匕-6=：x g x 2=三，解得八=竺，即A&=建(2)如图，连接4B：交4 E于F,连接ME,:E为BB：的中点，.M F=：A B2,又M =”.M F“。马,而M F u平面&E M,C BR平面&E M,CB 平面&EM1 3.如图，三棱柱8C-AiBiCi中，四边形41cle4为菱
19、形，NB W =60,4c=4/B =2,平面4CCJ1 _L平面ABB/1，Q在线段4c上移动，P为棱人为的中点.(1)若Q为线段4c的中点，”为BQ中点，延长4 交BC于D,求证：平面%PQ；V13(2)若二面角6-P Q-G 的平面角的余弦值为石，求点P到平面BQB 的距离.(1)见 解 析(2)T【解析】取BBl中点E,连接AE,E H,推导出EH4B1Q,AE/PB1,从而平面EHA平面BiQP,由此能证明AD 平面BiPQ.(2)连 接PCi,A C i,推导出AA尸AC=AiC】=4,AACIAI为正三角形，推导出PCiJ_AAi,从而P C il平面.ABBiAi,建立空间直角
20、坐标系Pxyz,利用向量法能求出点P到平面BQB1的距离.(1)证明：如图，取BBX中点E,连接4瓦EH；H 为 BQ 中 点、，：.E引/BN在平行四边形月4区8中，P.E分别为.4A.BB一的中点，.AE/P为又EHcAE=E,PB,nB1Q =B1,二.平面E7L4平面为QP(2)连接p q/G，四 边 形 为 变 形，.A儿=AC=A=4又4的4 4 =60。，:/1Q4为正三角形；P为月4工的中点，S.PC.LAA,平面月。上 月 工1平面133二鼻工,平面4CC4：fi平面ABBi月 工.PC,_L平面月BB工4,在平面月BB&内过点P作PR 1 6 4交B员于点H建立如图所示的空
21、间直角坐标系P.p z,则AAU P Q u平面N CCH，?(0,0.0).4,(0,2.0).4(0,-2.0),(0.0,21).(0,-4,2 令x=1,贝fly=-、氏z=一 平面P Q J的一个法向量为而=（L-v区 一 中）,设平面n&QC的法向量为元=（1.0.0）,二面角头一 PQ-C_的平面角为内则cosJ=而 元 _ _ _ _ _1_ _ _ _ _ vT s而一、“+（军 工.a=域 久=-：(舍 代=:工。，.“(0.-373).又B(V5,-3,0),.QB=(、0,一 3).|Q5=3+3=6连接B P,设点P到平面BQB二的距离为k贝K x：x 4 x、3 x
22、=：x=x 4 x历x h3 3 .:.h=g,即点P到平面BQB：的距离为日1 4.在四棱锥P-4BCD中，侧面P4D，底面4BCD,底面4BCD为直角梯形，BC/AD,DC=90。,1BC=CD=-AD=12,PA=PD,E,F分别为/D,PC的中点.(1)求证：P4平面 F；(2)若PE=E C,求二面角F-B E-4的余弦值.泗见解析；3.【解析】(D 连接AC交BE于。，并连接EC,F0,-BC/AD,B C=A D,E为月D中 点,:.AE/BC,且4E=BC,二四边形ABCE为平行四边形，二。为月C中点，又F为PC中点，OF/PA,rO F u 平面BEF,PA 评 面 BEF,
23、：.P 4/平面BEF.(2)(法一)由BCDE为正方形可得EC=氏1.PE=EC=、，2取PD中点M,连ME,MF,%4,侧面PAD 1底面ABCD,且交于月D,BE 1 AD,BE 1 0 P 4 D,又 ME。几为二面角 F-B E-A 的平面角：又:E M=，AE=1,月”=手，c o s E A =一4，所以二面角F-BE-A的余弦值为一兴3 3(法二)由题意可知PE JL 面月BCD,BE 1 A D,如图所示,以E为原点，瓦4、E B、EP分别为x、y、z建立直角坐标系，贝帕(0.0Q),4(1.0.0),5(0.L0),F(-p t ).平面ABE法向量可取：n=(0.0.1)
24、,0+b+0=0(m-EB=0 1 _ 乙+%+-2c=0平面FBE中，设法向量为由=(a,b,c),则,?=()=2 2 2,取肩=(隹,0,1),m n 1 J3cos =-1 叫|川 平,所以二面角F-B E-4 的 余 弦 值 为 3.1 5.如图，在四棱锥P-4BCD中，四边形4BCD是边长为2的菱形，且/D4B=60,4C与BD交于点。,PJ底面4BCD,PO-h（1）求证：无论M h。）为何值，在棱PB上总存在一点M,使得PD平面4MC；（2）当二面角B-4 M-C 为直二面角时，求h的值.（1）见解析；（2）1【解析】分析：（D 无论八（力0）为何值，当M为棱PB的中点时，总有
25、PD平面4MC;（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可.详解：（D 无论M h0）为何值，当M为棱PB的中点时，总有PD平面证明如下：如图，连接M 0,贝如。是 PBD的中位线，有PD/MO,M0在平面AMC内，所以，PD平面.4MC；（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则（、氏 OQ）,B（O.LO）,C（-何 OQ）.P（OOh）,于是MQD/.AB=（氏 L0）,而=（2、过 0.0）,4M=（-氏；4）,设平面ABM的法向量为元=(x,y,z),则 打 黑=?,即 二 工 n5 .A M=0-v3x+；y+=0一 1解得：元=(几 何,炳设平面月CM的法向量为记=(x,y,
26、z),贝 腮.区=?,即1口；3=7M n A M=0(一 3火 +三y+三=0解得：n=(O-h,l)因为二面角B 力M-。为直二面角,所以记1元，即市-n=-y/3h2+、a=0,得力=1.27 rZ.DAB=1 6.四棱锥P-4 B C D 中，底面力BC D 是边长为2 的菱形，3.4C n BD =。,且P。，平面力BC D,P 0 =W,点E G 分别是线段P B.P D 上的中点，E 在24上.且P 4=3P E.(I )求证：BD 平面E F G；(I I)求直线4B与平面E F G的成角的正弦值；(I I I)请画出平面E F G与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.(1)
27、见 解 析(2)14(3)四边形E F C G为平面E F G与四棱锥的表面的交线分析：(I )推导出F G BD,由此能证明BD 平面E F G；(I I)推导出0 4，。打，POL OA,PO LO B,以。为原点，0 A、O B、0 P 分别为x、y、z 轴建立空间直角做消息，利用向量法能求出直线AB与平面E FG 的所成角的正弦值；(III)法 1：延长E FE G 分别交4 B/D 延长线于M,N,连接M,N,发现刚好过点C,连接CG,CF,则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线.法 2:记平面EFG与直线PC的 交 点 为 设 而=APC,利用向量法求出A=1,从而目即为
28、点C连接CG,CF,则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线.解析：解：(D 在4PBD中，因为点EG分别是线段PB.PD上的中点，所以FGBD因为8D C平面EFG,FG u 平面EFG.所以BD 平面 G.(H)因为底面ABCD是边长为2 的菱形，所以0A 1 0B,因为PO J_ 平面ABCD,所以P01 OA,POLOB,如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得(1.0.0),B(0,75,0),C(-1.0.0),DfO.-vTO),P(O,O.VJ),E(,O,),F(0,G(0,-,)3 3 2 2 2 2所 以 而=(-1,、氏 0),乔乔=(0，、氏 0)设平面EFG的
29、法向量为n=(x,y,z),则 由 上 亘=6可得卜1+当 一曲 =,5 GE=0 V3y=0令*=事,可得n=(-1.0,V5)因为C O S (而，力=高 菁=誉 V21所以直线4B与平面EFG的成角的正弦值为 N(I I I)法 I：延长EF,EG分别交4B/D 延长线于M,N,连接M N,发现刚好过点C,连接CG,CF,则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线.法 2：记平面EFG与直线PC的交点为H,设 所=2比，则 3(1-2 Q 小T 2-一 J3(1-2A)A 3 厂 3 3(1-2 2)FH-n=(-A,-)-(-0J3)=f +-=0由2 2 2 2 2 可得，=1
30、.所以即为点C所以连接CG,C F,则四边形E FCG 为平面E FG 与四棱锥的表面的交线.1 7.如图，四棱柱4 BCD-4 B1 C1 D1 为长方体，点p 是CD中点，Q是 的 中 点.求 证：4 Q II平面PB J 若 BC=i,求证:平面A/C _ L平面P B Q(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】分析：取4 8中点为R,连接P R,B R,从而可得四边形AQ B二R,P R 8 C都为平行四边形，所以AQ I I P C.,从而即可证明;(2)因为四棱柱ABCD 2B工C Q为长方体，BC=CC 所以为C,B C.因为1平面B区(?4，所以 儿 从 而 可 得 所 以
31、 平 面 所 以 即 可 证 明 平 面 工B：C，平面P BC解析：(1郑M B中点为R,连接P R,B_R.由已知点P是CD中点，Q是4B：的中点可以证得,四边形月Q B：R,P RB/二 都为平行四边形,所以AQ I I B.R.B.R I I PC、,所以月Q I I PC _.因为4 Q C平面P BC Pg u 平面P BC_,所以AQ I I平面P BC(II)因为四棱柱月BCD 为长方体，8 c =C J,所以B_ C 1 B Q因为4平面B B/C所以乙B,B QSM iB：nBi C=瓦,平面4 _ B_ C,B_ Cu平 面&B_ C,所以B Q 1平面B Qu平面P B
32、 Q,所以平面 津/1平面P BC1 8.在等腰直角AE BC中，A,D分别为E B,E C的中点，A D =2,将AE BC沿4 D折起，使得二面角E A D B为 6 0 .(1)作出平面E BC和平面m D的交线1,并说明理由；(2)二面角E-CD-B的余弦值.(1)见 解 析(2)5分析：(1)通 过 找 到 解 题 思 路，再根据线面平行的判定、性质以及公理“过平面内一点，作平面内一条直线的平行线有且只有一条”说明理由.(2)过点E作4 B的垂线，垂足为F,以F为坐标原点，FB所在方向为了 轴正方向，建立空间直角坐标系，应用空间向量，分别求得两平面的法向量用“，两平面法向量夹角详解：
33、(1)在面E 4 D内过点E作4 D的平行线/即为所求.证明：因为I/A W,而!在面月BCD外，月D在面4BCD内，所以，l/ABCD.同理，4D/面E B C,于是 在面EBC上，从而/即为平面EBC和平面E4D的交线.(2)由题意可得4EAB为二面角E-4 D-5的平面角，所以，4EAD=60。.过点E作月8的垂线，垂足为F,贝帕尸1面ABCD.以F为原点，为1轴正方向，I FBI为单位长度建立空间直角坐标系；WJ8(1,0.0),C(1.4.0),4(-100),D(-1.2.0),E(0.0,),从 而 而=(-2,-2.0),EC=(1.4.vl),设面BCD的一个法向蚩为丁=Gb
34、WZo),则 由 花 号=：得|一2：。-2；=0所以 二,不 妨 的=(1,-L-V 3).bh-EC=0 b,o+4y0-3z0=0 Uo=V3yo由EF，面ABCD知平面BCD的法向量不妨设为五=(0.0.1)于是，cos=靛=，所以二面角E-CD-B的余弦值为手.1 9.如图，四边形4BEF和四边形4BCD均是直角梯形，FAB=DAB=9 0,二面角F-4B-D是直二面角,BE/AF,BC/ADf AF=AB=BC=2t AD=1(1)求证：DF 面BCE；(2)求二面角F-CD-A的大小.(1)见 解 析(2)飞【解析】分析：(D利用线面 面面平行的判定和性质定理即可证明；(2)根据
35、条件，建立相应的空间直角坐标系，利用平面的法向蚩所成角的余弦值来得到对应的二面角的余弦值的大小.详解：由 已 知,BE/AF 4 Fu平 面 D,BE C平面FD,所以BE 平面AFD.同理可得：BC平面AFD.又BECBC=B,所以平面BCE平面/FD,又DF u 平面月FD,DF平面BCE.=硒注意到此二面角为钝角,_V3故二面角4-BE-C的 余 弦 值 为 3.AF=EF=-AB=132 2.已知矩形4BCD与直角梯形4BEF,=N凡 4B=9 0 ,点G为DF的中点，2,P在线段CD上运动.(1)证明：砰 平面G4C；(2)当P运动到CD的中点位置时，PG与PB长度之和最小，求二面角
36、P-C E-B 的余弦值.上(1)见解析：(2)4【解析】分析：(D 连接BD交4C于M,连MG,M为8D的中点,由三角形中位线定理可得GM8 F,根据线面平行的判定定理可得BF平面GAC；(2)当P、B、N三点共线时，PG与PB长度之和最小，根据勾股定理可证明力D=1,因为AD,AB,AF两两垂直，所以以月D,AB,AF建立坐标系，利用向量垂直数量积为零列方程组，分别求出平面BCE的一个法向量与平面PCE的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：(D 连接BD交4c于M,连MG,M为8D的中点.：.MG为/BFD的中位线，：.GM/BF,而5F C平面G ,M G u 平面GAC
37、,平面 GAC.(2)延迟AD至N,使D N=D G,连PN,PG,APDG S APDN,：.PG=PN,当P、B、N三点共线时，PG与PB长度之和最小，即PG与PB长度之和最小，：P为CD中点，/M D=DM在4月 DF中，ADZ+AF2=4DG:=4AD2,：.AD=1,AD,AB,AF两两垂直，如图建立空间直角坐标系，/.D(O.O,l),E(、0 V IO),8(02、区0),C(0.2、，1 1),；XE=(V 3,-V 5,-l),BC=(0.0.1),DC=(0,2A O),设元=(J i z j 为平面PCE的一个法向量，.(n.CE=0 即卜区 L v五 -z：=0(元.D
38、C=0 I 2、,与=0令jq=1,.*.yx=0,zx=3,.n=(1,0,y?).同理可得平面BCE的一个法向量F=(1.1.0),设二面角P-C E-B的大小为8,8为钝角，.cose=一 盘 j=一 三，二求二面角P-C E-B的余弦值一三2 3.如图，在四棱锥P-48。中，AD/BCf AABC=z-PAD=90,PA=AB=BC=2f ABC=90,4D=1,M是棱PB中点且AM=隹.（1）求证：4M平面PCD；（2）设点N是线段CD上一动点，且DN=4D C,当直线MN与平面P4B所成的角最大时，求;I的值.（1）证明见解析.A=-3.【解析】分析：（D 取PC中点K,连接MK,
39、K D,可得四边形AMKD为平行四边形，于是;1MD K,然后根据线面平行的判定定理可得结论.（2）由题意可得PAMBSD两两垂直，建立空间直角坐标系，将问题转化为数的运算的问题，并结合函数的有关知识得到线面角最大时的;的值.详解：如 图，取PC中点K,连接MK,KD,因为M为PB的中点,所以 MK/BC 且 MK=BC=AD,所以四边形月MKD为平行四边形，所以4MDK,又DK u 平面PDC,评 面 PDC,所以4 M/平面PCD.（2）因为M 为PB的中点，设P M=M B=x,在z l PWB中,乙R M 4 +乙4 MB=设乙P M 4 =8,则乙4 M 8 二开一,所以 c o s
40、 d A M +cosz-A M B=0,由 余 弦 定 理 得 喻 泮+嘀梦=0,即 F-7=3解得x =2则PB=2 也所以P Q +月 8:=P B 所以PA J.4 B.又PR 1 A D,A P 1 AB且AB n A D=A,所以PR 1 平面4 8CD,B AD=A BC=90s.以点4 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系月一町2,贝巾(O Q Q),D(1.0.0),8(0.2,0),C(2.2.0),P(0.0.2),Af(O.l,l),因为点W 是线段CD上一点,，可 设 而=W C=M1 2 0),故 丽=丽+而=(L0.0)+M L 2 Q)=(1 +Z 2 九
41、0),所 以 而=AN-AM=(1+A,2A,0)-(0,1,1)=(1 +1 2 2-1.-1).法向量为(1,0,0),又面P4 B的设MN与平面PA8所成角为e,则 sine=|，|=-+/一I ；（l+A）2+（2-i）2+l I N 5X-2 z +s l 5 1 1+A I2-1 2 1 1+1+1 0-+可J1 0（TM-i）M所以当亲=学寸，即1=轲，sin徽得最大值.所以MN与平面24B所称的角最大时/.=:.2 4.如图，三棱柱4 BC-4 B1 G中，侧棱,底面4 BC,且各棱长均相等.D,E,F分别为棱4 B,BC,4 1 c l的中点.(1)证明：EF平面4 C D；
42、(2)证明：平面&C D _L平面为4 B%：(3)求直线EF与 直 线 所 成 角 的 正 弦 值.24(1)见 解 析(2)见解析 工分析：(1)先证明EF D4,再证明EF平面&CD.(2)先证明CDJ.面4 4 BB1,再证明平面&C 平面24 4 BB1.(3)利用异面直线所成的角的定义求直线EF与 直 线 所 成 角 的 正 弦 值 为飞二详解：(1)证明：连接ED,:D、E分别是4 8、BC的中点，：.DE/AC,DE=zAC,.三棱柱4BC-幺出心中，AC=41c1，又F为棱4 G的中点，./=DE,AJ/DE,.四边形4 DEF是平行四边形,：.EF/DAl t又u 平面&C
43、D,EF 评 面&CD,.EF/平面&CD.又.工儿，平面ABC,CD u 平面BC,S.AALCD,y.AAAB=A,：.CD 10/4,/lBB,又CD u 面工CD,二平面LCD，平面公nBB.(3)解：TE/V/D4，AB/A.B.,”工DA为直线EF与直线A,所成的角.设三棱柱ABC-4区Q的棱长为a,则AD=:a,：.At1 D=Jv A.1.A:+AD-=-2 a,7：.sinA,DA=.1 4(D 5速即直线EF与直线4声1所成角的正弦值为飞二25.底 面。力BC为正方形的四棱锥P-0 4 B C,且P。，底面。力B C,过。4的平面与侧面PBC的交线为D E,且满足 SID
44、E,S APBC=1:4(1)证明：PA平面OBD；(2)当铲四 边 形 04BC=3s20B时，求二面角8 _ 0E_ C的余弦值.【解析】分析：(1选证明DFPA再证明PA/平面OBD.Q冼由夕-BC=35;皿s得到：=多 再利用向量法求二面角8-O E-C的余弦值.详解：(D由题知四边形0 4 3 正 方 形，0 A/BC,又BCu平面PBG0 AC平面PBC,0 A平面PBC,又O A u平面0 AED,平面OAED 中 面PBC=DE,二 DE/OA,又OA/BC,DE/BC.由4 PDE 4 PCB且5曲DE：7B C=L 4,知E.D分别为PB.PC的中点.连接AC交。B于5点，
45、连DF.DF/PA.DF u 平面OBD.PA C平面OSD,P A/O B D.（2）底面04B终 正 方 形，且P。_ L 底面O/1BC,PO.O4OC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系。一町2,设。力=OC=2a.OP=2b,KiJO(O.O,O),C(O,2n.O).B(2a,2a.0),F(a,a,0yP(0,0,2b),E(a,a,b).PO J 底面(MBC,CF u 底面B C.：.CF 1 PO.:四边形OAB矮 正 方 形，AC 1 OB.：.CF，平面OBE,二平面。BE的一个法向量为岸=(a,-o,O).设平面。EC的一个法向量为/=(x,y，z),而日?=(0.2a.0).OE=(a,n,b).由 和,M =。得?，取得z=-。可得蔡=90)为平面0 3 的一个法向量.OE=0 n +ay+DZ-u设二面角3-0 E-C的大小为3,由5，历也和4“=空二心”得P0=TO 儿所b 46 cos9=|以a 3,故 CF mab|CF|m|M M+M二二面角B-O E-C 的余弦值为5.