§8.2　直线、平面平行的判定与性质（专题资料包）_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版高考总复习数学53B版_第八章　立体几何_§82　直线、平面平行的判定与性质

北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
§8.2 直线、平面平行的判定与性质
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.
(2021北京高三定位考试,10)在正方体ABCD-ABCD 中,点P在正方形ADDA 内,则 ( )
1 1 1 1 1 1
A.在正方形DCCD 内一定存在一点Q,使得PQ∥AC
1 1
B.在正方形DCCD 内一定存在一点Q,使得PQ⊥AC
1 1
C.在正方形DCCD 内一定存在一点Q,使得平面PQC∥平面ABC
1 1 1
D.在正方形DCCD 内一定存在一点Q,使得AC⊥平面PQC
1 1 1
答案 A 对于A,在正方形ADDA 内任取一点P,过点P作与平面ABCD平行的平面α,在平面α
1 1
内存在平行于AC的线段PQ,故A正确;
对于B,若PQ⊥AC,则PQ在底面ABCD上的投影垂直于AC,易知当Q在正方形DCCD 内时,PQ
1 1
的投影与AC不垂直,故B错误;
对于C,过平面外一点,有且只有一个平面与已知平面平行,故过点C 与平面ABC平行的平面只有
1
平面ABCD,故C错误;
1 1 1 1
对于D,易知AC⊥平面BBDD,又平面PQC 与平面BBDD相交,故AC与平面PQC 不垂直,D错
1 1 1 1 1 1
误.故选A.
2.(2021北京丰台二模,5)已知α,β,γ是三个不同的平面,a,b是两条不同的直线,下列命题中正确的是
( )
A.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β B.若a⊥α,b⊥α,则a∥b
C.若a∥α,b∥α,则a∥b D.若a∥α,a∥β,则α∥β
答案 B 平面α、β都与平面γ垂直,平面α、β可能平行,也可能相交,选项A错误;直线a、b都
与平面α垂直,所以a∥b,选项B正确;直线a、b都与平面α平行,直线a、b可能平行、相交、异面,
选项C错误;平面α、β都与直线a平行,所以平面α、β可能相交,也可能平行,选项D错误,故选B.
3.(2021四川绵阳一诊,5)已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列命题中正确的是 (
)
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A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
C.若m∥α,m∥β,则α∥β
D.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
答案 D 对于选项A,由于m∥α,n∥α,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项A错误;对
于B,由于α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能平行,也可能相交,故选项B错误;对于C,由于m∥α,m∥β,则α与β
可能平行,也可能相交,故选项C错误;对于D,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,故选项D正确.故选D.
4.(2021江西南昌NCS20210607项目第一次模拟,4)如图,E,F,G,H分别是菱形ABCD的边
AB,BC,CD,DA上的点,且BE=2AE,CF=2FB,CG=2GD,DH=2HA,现将△ABD沿BD折起,得到空间四
边形ABCD,在折起过程中,下列说法正确的是 ( )
A.直线EF,HG有可能平行
B.直线EF,HG一定异面
C.直线EF,HG一定相交,且交点一定在直线AC上
D.直线EF,HG一定相交,但交点不一定在直线AC上
AE AH 1 1
答案 C 如图,连接EH,FG,由题意可知,在△ABD中, = = ,所以EH∥BD,且EH= BD,在
AB AD 3 3
CF CG 2 2 1
△BCD中, = = ,所以FG∥BD,且FG= BD,所以EH∥FG,且EH= FG,所以四边形EHGF
CB CD 3 3 2
是梯形,所以直线EF,HG一定相交,设交点为O,则O∈EF,且O∈HG,又EF⊂平面ABC,所以O∈平
面ABC,因为HG⊂平面ADC,所以O∈平面ADC,又平面ABC∩平面ADC=AC,所以O∈AC,故选C.
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5.(2021甘肃第二次高考诊断考试,5)在棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中,E,F,G分别是棱
1 1 1 1
AB,BC,CC 的中点,P是底面ABCD内一动点,若直线DP与平面EFG没有公共点,则三角形PBB
1 1 1
面积的最小值为 ( )
√2
A.2 B. C.1 D.√2
2
答案 D 由直线DP与平面EFG没有公共点,得DP∥平面EFG,连接AC,AD,DC,BD,因为
1 1 1 1
E,F,G分别为AB,BC,CC 的中点,所以EF∥AC,FG∥AD,又AC⊄平面EFG,AD⊄平面EFG,EF⊂平
1 1 1
面EFG,FG⊂平面EFG,所以AC∥平面EFG,AD∥平面EFG,又AC∩AD=A,所以平面DAC∥平面
1 1 1
EFG,则点P在线段AC上移动,当PB最短时,△PBB 的面积最小,又PB的长为点B到直线AC的距
1
1 1
离时,PB最短,所以△PBB 面积的最小值为 × BD·BB=√2,故选D.
1 1
2 2
6.(2021贵州贵阳第一次监测考试,9)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示,在正
方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N,则下列结论正确的是 ( )
A.MN∥平面ABE B.MN∥平面ADE
C.MN∥平面BDH D.MN∥平面CDE
答案 C 解法一:根据平面展开图在直观图中标出点F、G、H、N,如图所示,由图知MN为贯穿
正方体ABCD-EFGH的一条直线,所以MN不平行于正方体的任意一个平面,故排除A,B;对于C,取
1 1
BD的中点为O,连接OM,OH.由正方体的性质,知OM∥DC,且OM= DC,NH∥DC,且NH= DC,所
2 2
以OM􀱀NH,所以四边形OMNH为平行四边形,所以MN∥OH,因为OH⊂平面BDH,MN⊄平面
BDH,所以MN∥平面BDH,故C正确;对于D,由图易知MN穿过平面CDE,故D不正确,故选C.
解法二:根据平面展开图在直观图中标出点F,G,H,N,以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
设正方体ABCD-EFGH的棱长为2,则
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D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),H(0,0,2),M(1,2,0),N(0,1,2),则⃗MN=(-1,-1,2),⃗DA=(2,0,0),⃗CD
=(0,-2,0),对于A,因为⃗DA为平面ABE的一个法向量,而⃗MN·⃗DA=-2≠0,所以MN不平行于平面
ABE,故A不正确;对于B,因为⃗CD为平面ADE的一个法向量,而⃗MN·⃗CD=2≠0,所以MN不平行于
平面ADE,故B不正确;对于C,⃗DH=(0,0,2),⃗DB=(2,2,0),设平面BDH的法向量为n=(x,y,z),则
1 1 1 1
{n ·⃗DH=0, { 2z =0,
1 即 1 令x
1
=1,则n
1
=(1,-1,0),因为⃗MN ·n
1
=0,所以MN∥平面BDH,故
n ·⃗DB=0, 2x +2y =0,
1 1 1
{n ·⃗DE=0,
C正确;对于D,⃗DE =(2,0,2),⃗DC =(0,2,0),设平面CDE的法向量为n
2
=(x
2
,y
2
,z
2
),则 2 即
n ·⃗DC=0,
2
{2x
2
+2z
2
=0,
令x 2 =1,则n 2 =(1,0,-1).因为 ⃗MN ·n 2 =-3≠0,所以MN不平行于平面CDE,故D不正
2y =0,
2
确,故选C.
π
7.(2021浙江之江教育高三下开学考,9)已知△ABC中,∠BAC= ,BC=2AB,D为BC上一点,∠BAD=θ,
2
π
将△BAD沿AD翻折成△B'AD,若AB'与CD所成的角为 ,则θ可能为 ( )
6
π π π π
A. B. C. D.
12 9 6 3
π
答案 D 如图所示,在将△BAD沿AD翻折的过程中,AB'的轨迹为圆锥的母线.易知∠ABC= .
3
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2π π
过点A作平行于BC的射线AP,易知∠BAP= .这样问题转化为∠B'AP能取到 ,所以可考虑
3 6
π
∠B'AP的取值范围包含 即可,显然当圆锥底面圆的直径在直线BC上时,直线AB'与CD所成角最
6
小,最小为| 2π|,从而仅需| 2π|≤π,
2θ- 2θ-
3 3 6
π 5 π
解得 ≤θ≤ π,比较四个选项知,θ可能为 ,故选D.
4 12 3
8.(2021浙江金华十校4月模拟,9)如图,已知四面体ABCD,AB=√2,BC=BD=2,AB⊥平面
BCD,BE⊥AC于E,BF⊥AD于F,则 ( )
A.AC可能与EF垂直,△BEF的面积有最大值
B.AC不可能与EF垂直,△BEF的面积有最大值
C.AC可能与EF垂直,△BEF的面积没有最大值
D.AC不可能与EF垂直,△BEF的面积没有最大值
答案 D 假设AC⊥EF.
因为BE⊥AC,BE∩EF=E,所以由线面垂直的判定定理可知AC⊥平面BEF,所以AC⊥BF.
而BF⊥AD,AC∩AD=A,所以BF⊥平面ACD,故BF⊥CD.
而AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD,
又AB∩BF=B,故CD⊥平面ABD,所以CD⊥BD.
又BC=BD=2,所以∠BDC为锐角,即CD与BD不垂直,所以矛盾.
综上,假设不成立,所以AC不可能与EF垂直.
2 √2
由已知得BE=BF= ,AE=AF= ,
√3 √3
1
设CD=x,x∈(0,4),显然△AEF∽△ACD,易知EF= x,
3
4 4 x2
因为BF2+BE2-EF2= + - >0,
3 3 9
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所以∠FBE为锐角,
1 2 2 2
此时S = × × sin∠FBE= sin∠FBE,
△BEF 2 √3 √3 3
4
若△BEF的面积有最大值,即当EF最大,也即CD→4,EF→ 时,面积趋向最大,则B,C,D三点共线,
3
矛盾,则△BEF的面积没有最大值,故选D.
二、多项选择题
9.(2020山东日照校际联考,11)对于四面体ABCD,下列命题正确的是 ( )
A.由顶点A作四面体的高,其垂足是△BCD的垂心
B.分别作三组相对棱中点的连线,所得的三条线段相交于一点
C.若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高,则这两条高所在直线异面
D.最长棱必有某个端点,由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱
答案 BD A.三角形的垂心是三条高线的交点,而A点的位置可以任意变化,故A错误;
B.如图,EI∥CD∥JH,JE∥AB∥IH,∴四边形JEIH为平行四边形,同理,四边形EFHG是平行四边形,
FG,EH的交点为平行四边形EFHG对角线EH的中点,EH,JI的交点为平行四边形JEIH对角线
EH的中点,故三条线段交于一点,故B正确;
若四面体为正四面体,则两条高线刚好相交于AB的中点,故C错误;
D.假设D错误,设AB最长,则AC+AD≤AB,BC+BD≤AB,相加得AC+AD+BC+BD≤2AB,在△ABC中,
△ABD中,AC+BC>AB,AD+BD>AB,
所以AC+AD+BC+BD>2AB,矛盾,故D正确.故选BD.
10.(2020山东夏季高考模拟,11)正方体ABCD-ABCD 的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC,BB 的中
1 1 1 1 1 1
点.则 ( )
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A.直线DD与直线AF垂直
1
B.直线AG与平面AEF平行
1
9
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为
8
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
答案 BC 如图所示,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标
1
系,
则D(0,0,0),D
1
(0,0,1),A(1,0,0),F(
0,1,
1),A
1
(1,0,1),E(1
,1,0
),G(
1,1,
1),则
⃗D D
=(0,0,-1),
2 2 2 1
⃗AF
=(
-1,1,
1),∴
⃗D D
·
⃗AF
=-1≠0,故D
1
D与AF不垂直,故A错误;设平面AEF的法向量为
2 1 2
1
{- x+ y=0,
m=(x,y,z),因为 =( 1 ), =( 1),{m·⃗AE=0,即 2 取x=2,
⃗AE - ,1,0 ⃗AF -1,1,
2 2 m·⃗AF=0, 1
-x+ y+ z=0,
2
则y=1,z=2,从而m=(2,1,2),
又∵
⃗A G
=(
0,1,-
1),∴m·
⃗A G
=(2,1,2)·(
0,1,-
1)=0,∴m⊥
⃗A G
,易知A
1
G不在平面AEF内,
1 2 1 2 1
从而AG∥平面AEF,故B正确;
1
连接BC,AD,则AD􀱀BC,
1 1 1 1
1
又因为EF∥BC,EF= BC,所以AD∥EF,AD=2EF,
1 1 1 1
2
连接DF,因此平面AEF截正方体所得截面为四边形AEFD,
1 1
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√2 √5
易知四边形AEFD 为等腰梯形,AD=√2,EF= ,AE=DF= ,过E作EH⊥AD 于H,梯形AEFD
1 1 1 1 1
2 2
的高为EH,EH=
√AE2-AH2
=√5
-
(√2) 2 =3√2,
4 4 4
则梯形AEFD 的面积为1(AD+EF)·EH=1×( √2)×3√2=9,故C正确;
1 1 √2+
2 2 2 4 8
1 1 1 1 1
V =V = ·AB·S = ×1× ×1× = ,
G-AEF A-EFG △GEF
3 3 2 2 12
1 1 1 1 1 1
V =V = ·AB·S = ×1× × × = ,∴V =2V ,
C-AEF A-EFC △EFC G-AEF C-AEF
3 3 2 2 2 24
∵三棱锥C-AEF与三棱锥G-AEF同底,
因此G到平面AEF的距离是C到平面AEF距离的2倍,因此D不正确.
11.(2021届广东仲元中学、中山一中等七校联合体第一次联考,11)
如图,在长方体ABCD-ABCD 中,AA=AB=4,BC=2,M,N分别为棱CD,CC 的中点,则下列说法正
1 1 1 1 1 1 1 1
确的是( )
A.A、M、N、B四点共面
B.BN∥平面ADM
C.直线BN与BM所成角为60°
1
D.平面ADM⊥平面CDDC
1 1
答案 CD 由图可知AM、BN是异面直线,故A、M、N、B四点不共面,故A错误;
BN∥平面AADD,因此BN与平面ADM不平行,故B错误;
1 1
取CD的中点O,连接BO、ON,
则BO∥BM,则∠OBN(或其补角)是异面直线BN与BM所成角,
1 1
易知三角形BON为等边三角形,
则∠OBN=60°,故C正确;由题意得AD⊥平面CDDC,且AD⊂平面ADM,
1 1
故平面ADM⊥平面CDDC,故D正确.
1 1
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12.(2020山东六地部分学校3月线上考试,13)已知正四棱柱ABCD-ABCD 的底面边长为2,侧棱
1 1 1 1
AA=1,P为上底面ABCD 上的动点,下列四个结论中正确的为 ( )
1 1 1 1 1
A.若PD=3,则满足条件的P点有且只有一个
B.若PD=√3,则点P的轨迹是一段圆弧
C.若PD∥平面ACB,则DP长的最小值为2
1
D.若PD∥平面ACB,且PD=√3,则平面BDP截正四棱柱ABCD-ABCD 的外接球所得平面图形
1 1 1 1 1
9π
的面积为
4
答案 ABD 本题考查了立体几何的综合应用,考查了直观想象,逻辑推理,数学运算的核心素养.
如图所示.∵正四棱柱ABCD-ABCD 的底面边长为2,∴BD=2√2,又侧棱AA=1,∴DB=
1 1 1 1 1 1 1 1
=3,则P与B 重合时PD=3,此时P点唯一,故A正确;
√(2√2)2+12 1
∵PD=√3∈(1,3),DD=1,则PD=√2,即点P的轨迹是一段圆弧,故B正确;
1 1
连接DA,DC,可得平面ADC∥平面ACB,则当P为AC 中点时,DP有最小值,为 =
1 1 1 1 1 1 1 √(√2)2+12
√3,故C错误;
由C选项知,平面BDP即为平面BDDB,平面BDP截正四棱柱ABCD-ABCD 的外接球所得平
1 1 1 1 1 1
1 3 9π
面图形为外接球的大圆,其半径为 √22+22+12= ,面积为 ,故D正确.故选ABD.
2 2 4
思路分析 由于P与B 重合时PD=3,所以P点唯一,可判断A;PD=√3∈(1,3),则PD=√2,即点P
1 1
的轨迹是一段圆弧,可判断B;当P为AC 中点时,DP有最小值,为√3,可判断C;平面BDP截正四棱
1 1
3
柱ABCD-ABCD 的外接球所得平面图形为外接球的大圆,其半径为 ,可判断D.
1 1 1 1
2
三、填空题
13.(2021北京东城二模,12)已知直线l不在平面α,β内,给出下列三个论断:
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①l⊥α;②l∥β;③α⊥β.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: .
答案 若l⊥α,l∥β,则α⊥β(答案不唯一)
解析 选①②作为条件,③作为结论.理由:
设l'∈β且l'∥l,
∵l⊥α,∴l'⊥α,∴α⊥β.(面面垂直的判定定理)
因此命题为若l⊥α且l∥β,则α⊥β.
选①③作为条件,②作为结论.理由:∵l⊥α,α⊥β,l⊄β,
∴l∥β,因此命题为若l⊥α,α⊥β,则l∥β.
选②③作为条件,得不到结论①的命题,理由:∵l∥β,α⊥β,l⊄α,∴l∥α或l与α相交.
14.(2021内蒙古赤峰2月月考,16)在如图棱长为2的正方体中,点M、N在棱AB、BC上,且
AM=BN=1,P在棱AA 上,α为过M、N、P三点的平面,则下列说法正确的是 .
1
①存在无数个点P,使面α与正方体的截面为五边形;
②当AP=1时,面α与正方体的截面面积为3√3;
1
③只有一个点P,使面α与正方体的截面为四边形;
④当面α交棱CC 于点H,则PM、HN、BB 三条直线交于一点.
1 1
答案 ①②④
解析 由题设可得M,N为所在棱的中点.
2
当0<AP< 时,如图1,
3
图1
直线MN分别交DA,DC的延长线与T,S,连接TP并延长交DD 于G,
1
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连接GS交CC 于H,则α与正方体的截面为五边形,故①正确.
1
√3
当AP=1时,如图2,此时α与正方体的截面为正六边形,其边长为√2,其面积为6× ×(√2)2=3√3,
1
4
故②正确.
图2
当A,P重合或A,P重合时,如图3,α与正方体的截面均为四边形,故③错误.
1
图3
图4
如图4,在平面α内,设PM∩HN=S,则S∈PM,又PM⊂平面ABBA,故S∈平面ABBA,同理S∈平面
1 1 1 1
CBBC,
1 1
故S∈平面ABBA∩平面CBBC=BB,即PM、HN、BB 三条直线交于一点,故④正确.故答案为
1 1 1 1 1 1
①②④.
15.(2021四川成都1月月考,16)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为4,点E为BC中点,点F为
1 1 1 1
AB 中点,若平面α过点F且与平面AEC 平行,则平面α截正方体ABCD-ABCD 所得的截面面
1 1 1 1 1 1 1
积为 .
答案 √6
解析 如图所示,设AD 的中点为G,则平面AEC 即平面AECG,
1 1 1 1
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过点F作GC 的平行线与BC 交于点M,则BM=1,
1 1 1 1
过点M作CE的平行线与BB 交于点N,则BN=2,
1 1 1
平面α截正方体ABCD-ABCD 所得的截面为△FMN,
1 1 1 1
且MF=MN=√5,FN=2√2,由此可求得△FMN的面积为√6.
16.(2021甘肃顶级名校第三次联考,16)如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB
和CD,且AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l.现有以下四个结论:①AD∥平面SBC;②l∥AD;③若E是
底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积;④l与平面SCD所成的角为45°.其中正
确结论的序号是 .
答案 ①②④
解析 由AB和CD是圆O的直径及AB⊥CD,得四边形ACBD为正方形,则AD∥BC,又AD⊄平面
SBC,BC⊂平面SBC,所以AD∥平面SBC,所以①正确;因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面
1
SBC=l,所以AD∥l,所以②正确;因为S = SA·SEsin∠ASE,当∠ASB为钝角时,(S ) >S ;当
△SAE △SAE max △ASB
2
∠ASB为锐角或直角时,(S ) =S ,则③不正确;由l∥AD可得l与平面SCD所成的角等于AD与
△SAE max △SAB
平面SCD所成的角,易证即为∠ADO,又因为∠ADO=45°,所以l与平面SCD所成的角为45°,所以④
正确.所以正确结论的序号为①②④.
四、解答题
17.(2021北京海淀一模,17)在如图所示的多面体中,AB∥CD,四边形ACFE为矩形,
AB=AE=1,AD=CD=2.
(1)求证:平面ABE∥平面CDF;
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(2)设平面BEF∩平面CDF=l,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知,使
二面角B-l-C的大小确定,并求此二面角的余弦值.
条件①:AB⊥AD;
条件②:AE⊥平面ABCD;
条件③:平面AED⊥平面ABCD.
解析 (1)因为四边形ACFE为矩形,
所以CF∥AE.
又因为AB∥CD,AB∩AE=A,CD∩CF=C,AB⊂平面ABE,AE⊂平面ABE,CD⊂平面CDF,CF⊂平面
CDF,
所以平面ABE∥平面CDF.
(2)选择①②.
因为AE⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以AE⊥AB,AE⊥AD.
又因为AB⊥AD,所以AE、AB、AD两两垂直.
以A为原点,分别以AB,AD,AE所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题
意得B(1,0,0),E(0,0,1),F(2,2,1).
所以⃗BE=(-1,0,1),⃗BF=(1,2,1).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
则{⃗BE·n=0, 即{-x+z=0,
⃗BF·n=0, x+2y+z=0.
令x=1,则y=-1,z=1.
于是n=(1,-1,1).
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平面ABE∥平面CDF,
所以取平面CDF的一个法向量为m=(0,1,0).
m·n -1 √3
所以cos<m,n>= = =- .
|m||n| 1×√3 3
√3
所以二面角B-l-C的余弦值为 .
3
选择①③.
因为平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面
AED.
又因为AE⊂平面AED,所以AB⊥AE.
在矩形ACFE中,AE⊥AC.
因为AB⊂平面ABCD,AC⊂平面ABCD,AB∩AC=A,
所以AE⊥平面ABCD.
又因为AD⊂平面ABCD,所以AE⊥AD.
所以AE,AB,AD两两垂直.
以A为原点,分别以AB,AD,AE所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意得B(1,0,0),E(0,0,1),F(2,2,1).
所以⃗BE=(-1,0,1),⃗BF=(1,2,1).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则
{⃗BE·n=0, 即{-x+z=0,
⃗BF·n=0, x+2y+z=0.
令x=1,则y=-1,z=1.
于是n=(1,-1,1).因为平面ABE∥平面CDF,
所以取平面CDF的一个法向量为m=(0,1,0).
m·n -1 √3
所以cos<m,n>= = =- .
|m||n| 1×√3 3
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√3
所以二面角B-l-C的余弦值为 .
3
思路分析 (1)用面面平行的判定定理即可证明.(2)选择①②,由AE⊥平面ABCD得
AE⊥AB,AE⊥AD.进而可建立空间直角坐标系,求得平面BEF与平面CDF的法向量,然后运用向量
的夹角公式求解;选择①③,先用面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理得空间中三条两两垂
直的直线,然后建立空间直角坐标系,求得平面BEF与平面CDF的法向量,最后运用向量的夹角公
式求解.
18.(2021天津河北一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥DA,PD⊥DC,M
是棱AD的中点,N是棱PD上一点,PD=2AB=4.
(1)若N是棱PD的中点,求证:PA∥平面MNC;
(2)若N是棱PD的中点,求直线PB与平面MNC所成角的正弦值;
√7
(3)若二面角C-MN-D的余弦值为 ,求DN的长.
7
解析 (1)证明:∵M,N分别为AD,PD的中点,
∴PA∥MN. (2分)
又PA⊄平面MNC,MN⊂平面MNC,
∴PA∥平面MNC. (4分)
(2)由题意知,DA,DC,DP两两垂直.
以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
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则B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,4),M(1,0,0),N(0,0,2),
∴⃗PB=(2,2,-4),⃗MN=(-1,0,2),⃗MC=(-1,2,0).
设平面MNC的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1
则{n·⃗MN=0, 即{-x
1
+2z
1
=0,
n·⃗MC=0, -x +2y =0.
1 1
不妨取z=1,得n=(2,1,1). (7分)
1
设直线PB与平面MNC所成角为α,
则sin α=|cos< ,n>|=|⃗PB·n| =1,
⃗PB
|⃗PB|·|n| 6
1
即直线PB与平面MNC所成角的正弦值为 . (9分)
6
{n ·⃗MN=0,
(3)设DN的长为h,则⃗MN =(-1,0,h).设平面MNC的法向量为n
1
=(x,y,z),则 1 即
n ·⃗MC=0,
1
{-x+hz=0,
-x+2y=0.
不妨取z=2,得n=(2h,h,2). (11分)
1
易知平面MND的一个法向量为n=(0,1,0). (12分)
2
设二面角C-MN-D的平面角为θ,
则|cos θ|=|cos<n,n>|= |n ·n | = h =√7.
1 2 1 2
|n |·|n | √4h2+h2+4 7
1 2
解得h=√2.经检验,符合题意.
故DN的长为√2. (15分)
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19.(2021天津四中第三次月考,17)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面
ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=AD=1,AB=2,∠PAD=45°,E是PA的中点,F在线段AB上,且满足⃗CF·
⃗BD=0.
(1)求证:DE∥平面PBC;
(2)求二面角F-PC-B的余弦值;
√6
(3)在线段PA上是否存在点Q,使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是 ?若存在,求出AQ的长;
3
若不存在,请说明理由.
解析 (1)证法一:取PB的中点M,连接EM,CM,
1
∵E是PA的中点,∴EM∥AB,且EM= AB,
2
1
又∵CD∥AB,且CD= AB,∴EM∥CD,且EM=CD,
2
∴四边形CDEM为平行四边形,∴DE∥CM,
∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,∴DE∥平面PBC.
证法二:∵PD⊥平面ABCD,AD、DC在平面ABCD内,
∴PD⊥DC,PD⊥AD,又∠PAD=45°,∴PD=AD=1,
以D为原点,DA、DC、DP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,
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则A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,1,0),P(0,0,1),E(1 1),则 =(-1,-1,0), =(0,-1,1),设平面PBC的法向
,0, ⃗BC ⃗CP
2 2
量为m=(x,y,z),由{m·⃗BC=-x- y=0, 取y=1,得m=(-1,1,1),又 =(1 1),∴m· =0.又
⃗DE ,0, ⃗DE
m·⃗CP=- y+z=0, 2 2
DE⊄平面PBC,∴DE∥平面PBC.
(2)设点F(1,t,0),则 =(1,t-1,0). =(-1,-2,0),∵ · =0,∴-1-2(t-1)=0,解得t=1,∴F( 1 ).
⃗CF ⃗BD ⃗CF ⃗BD 1, ,0
2 2
=( 1 ), =(0,1,-1),设平面FPC的法向量为n=(x,y,z),由{n·⃗PC=0, 得
⃗FC -1, ,0 ⃗PC 1 1 1
2 n·⃗FC=0,
{ y -z =0,
1 1
取x=1,得n=(1,2,2),设二面角F-PC-B的平面角为θ,由图知θ为锐角,则cos θ=
1 1
-x + y =0,
1 2 1
|m·n| √3 √3
= ,∴二面角F-PC-B的余弦值为 .
|n|·|m| 3 3
(3)设⃗AQ=λ⃗AP=(-λ,0,λ),λ∈[0,1],
= + =( 1 ),∴n· =λ-1,
⃗FQ ⃗FA ⃗AQ -λ,- ,λ ⃗FQ
2
∴cos< ,n>= 2λ-2 ,
⃗FQ
3√8λ2+1
√6 √3
∵FQ与平面PFC所成角的余弦值是 ,∴其正弦值为 ,
3 3
∴| 2λ-2 |=√3,解得λ= 1 或λ=-1(舍),
3√8λ2+1 3 10 2
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∴在线段PA上存在点Q,使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是√6, =( 1 1 ),|AQ|=
⃗AQ - ,0,
3 10 10
√2
.
10
20.(2021山西太原一模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是正三角形,G是△PAB的重心,D,E,H分
别是PA,BC,PC的中点,点F在BC上,且BF=3FC.
(1)求证:平面DFH∥平面PGE;
(2)若PB⊥AC,AB=AC=2,BC=2√2,求二面角A-PC-B的余弦值.
解析 (1)证明:连接BG,GD,由题意得BG与GD共线,且BG=2GD,
∵E是BC的中点,BF=3FC,
∴F是CE的中点,
BG BE
∴ = =2,∴GE∥DF,
GD EF
∵GE⊂平面PGE,DF⊄平面PGE,
∴DF∥平面PGE,
∵H是PC的中点,∴FH∥PE,
∵HF⊄平面PGE,PE⊂平面PGE,
∴FH∥平面PGE,
∵DF∩FH=F,∴平面DFH∥平面PGE.
(2)∵AB=AC=2,BC=2√2,∴AB2+AC2=8=BC2,∴AB⊥AC,
∵PB⊥AC,AB∩PB=B,∴AC⊥平面PAB,
以A为坐标原点,向量⃗AB,⃗AC的方向为x轴,y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
由题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,√3),则⃗AC=(0,2,0),⃗AP=(1,0,√3),⃗PC=(-1,2,-√3),⃗BC
=(-2,2,0),
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设平面PAC的法向量是m=(x,y,z),
1 1 1
则
{m·⃗AC=0,
∴
{ 2y
1
=0,
则y 1 =0,
m·⃗AP=0, x +√3z =0,
1 1
令z=-1,则x=√3,∴m=(√3,0,-1),
1 1
设平面PBC的法向量是n=(x,y,z),
2 2 2
{n·⃗PC=0, {-x +2y -√3z =0,
则 ∴ 2 2 2
n·⃗BC=0, -2x +2y =0,
2 2
{x =√3,
令z 2 =1,则 2 ∴n=( √3 , √3 ,1),
y =√3,
2
m·n √7
∴cos<m,n>= = ,
|m||n| 7
√7
∴二面角A-PC-B的余弦值为 .
7
21.(2021浙江稽阳联谊4月模考,19)如图,已知多面体ABCDEF,四边形ABCD为矩形,
AB=2,AD=4,EF∥AD且EF=2,AF=BF=DE=√6,M,N分别为FB,BC的中点.
(1)证明:AF⊥平面DMN;
(2)求直线DN与平面EFBC所成角的正弦值.
解析 (1)证明:以A为原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),N(2,2,0),取AB的中点S,连接FS.
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∵AF=BF=√6,AB=2,∴SF⊥AB,∴SF=√5,
易知F(1,1,2),则M(3 1 ),
, ,1
2 2
∴ =(1,1,2), =(3 7 ), =(2,-2,0).
⃗AF ⃗DM ,- ,1 ⃗DN
2 2
设平面DMN的法向量为n=(x,y,z),
0 0 0
{3 7
∵{n·⃗DM=0,
∴ 2
x
0
-
2
y
0
+z
0
=0,
取x 0 =1,
n·⃗DN=0,
2x -2y =0,
0 0
∴n=(1,1,2),∴n∥⃗AF,∴AF⊥平面DMN. (6分)
(2)由(1)知⃗DN=(2,-2,0),⃗BC=(0,4,0),⃗BF=(-1,1,2).
设平面BCEF的法向量为m=(x,y,z),
1 1 1
∵{m·⃗BC=0, ∴{ 4 y 1 =0, 取x 1 =2,∴m=(2,0,1),
m·⃗BF=0, -x + y +2z =0,
1 1 1
√10
∴sin θ=|cos<m,⃗DN>|= .
5
√10
∴直线DN与平面EFBC所成角的正弦值为 .(15分)
5
22.(2021浙江杭州二中高三下开学考,19)如图,在多面体ABCDP中,△ABC是边长为4的等边三角
形,PA=AC,BD=CD=2√2,PB=PC=4√2,点E为BC的中点,平面BDC⊥平面ABC.
(1)求证:DE∥平面PAC;
(2)线段BC上是否存在一点T,使得二面角T-DA-B为直二面角?若存在,请指出点T的位置;若不存
在,请说明理由.
解析 (1)证明:∵PA=AC=4,PB=PC=4√2,
∴PA2+AC2=PC2,∴∠PAC=90°,即PA⊥AC,同理PA⊥AB,
21 / 22北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
而AB∩AC=A,∴PA⊥平面ABC.
∵BD=CD,E为BC的中点,∴DE⊥BC.
∵平面BDC⊥平面ABC,平面BDC∩平面ABC=BC,DE⊂平面BDC,∴DE⊥平面ABC,∴DE∥PA.
∵PA⊂平面PAC,DE⊄平面PAC,∴DE∥平面PAC.
(2)假设存在点T,使得二面角T-DA-B为直二面角,连接EA,由已知得EA⊥BC,则ED,EC,EA两两垂
直,以E为原点,分别以EC,EA,ED所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(-2,0,0),A(0,2√3,0),D(0,0,2),
设T(t,0,0)(-2≤t≤2),∴⃗AD=(0,-2√3,2),⃗AB=(-2,-2√3,0),⃗DT=(t,0,-2),
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1 1
{n ·⃗AD=0, {-2√3 y +2z =0, { z =√3 y ,
则 1 即 1 1 ∴ 1 1
n ·⃗AB=0, -2x -2√3 y =0, x =-√3 y ,
1 1 1 1 1
令y=1,则n=(-√3,1,√3).
1 1
设平面ADT的法向量为n=(x,y,z),
2 2 2 2
{n ·⃗AD=0, {-2√3 y +2z =0,
则 2 即 2 2 若t=0,则点T与点E重合,显然平面ADT与平面DAB
n ·⃗DT=0, tx -2z =0,
2 2 2
不垂直,故t≠0,
{ √3
y = z ,
∴ 2 3 2
2
x = z ,
2 t 2
令z=√3t,则n=(2√3,t,√3t),
2 2
3
由已知得n·n=-6+t+3t=0,∴t= .满足-2≤t≤2.
1 2
2
故线段BC上存在点T满足题意,点T是线段EC上靠近点C的四等分点.
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