北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
8.3 直线、平面平行的判定与性质
五年高考
(2014北京文,17,14分,中)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,侧棱垂直于底面,
1 1 1
AB⊥BC,AA =AC=2,BC=1,E,F分别是A C ,BC的中点.
1 1 1
(1)求证:平面ABE⊥平面B BCC ;
1 1
(2)求证:C F∥平面ABE;
1
(3)求三棱锥E-ABC的体积.
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A B C 中,BB ⊥底面ABC.
1 1 1 1
因为AB 平面ABC,所以BB ⊥AB.
1
又因为AB⊥BC,BB ∩BC=B,
⊂ 1
所以AB⊥平面B BCC .又因为AB 平面ABE,
1 1
所以平面ABE⊥平面B BCC .
1 1 ⊂
(2)证明:取AB的中点G,连接EG,FG.
因为G,F分别是AB,BC的中点,
1
所以FG∥AC,且FG= AC.
2
因为AC∥A C ,AC=A C ,且E为A C 的中点,
1 1 1 1 1 1
所以FG∥EC ,且FG=EC .
1 1
所以四边形FGEC 为平行四边形.
1
所以C F∥EG.
1
又因为EG 平面ABE,C F 平面ABE,
1
所以C F∥平面ABE.
1 ⊂ ⊄
(3)因为AA =AC=2,BC=1,AB⊥BC,
1
所以AB=√AC2-BC2=√3.
所以三棱锥E-ABC的体积
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1 1 1 √3
V= S△ABC·AA1= × ×√3×1×2= .
3 3 2 3
三年模拟
基础强化练
1.(2025届清华附中开学考试,17)在四棱锥P-ABCD中,E,F分别为AC,PB的中点,PA⊥
平面ABCD,BC⊥PC.
(1)若DE∥平面PBC,求证:AD=DC;
(2)若AC=BC=2,直线BC与平面AFC所成的角为45°,求PA的长.
解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,
所以PA⊥BC,又BC⊥PC,PA∩PC=P,PA,PC 平面PAC,
⊂
所以BC⊥平面PAC(线面垂直的判定定理),
⊂
又AC 平面PAC,所以BC⊥AC,
又DE∥平面PBC,DE 平面ABCD,平面ABCD∩平面PBC=BC,所以DE∥BC(线面平行
⊂
的性质定理),故DE⊥AC,
⊂
又E是AC的中点,所以AD=DC.
(2)过B作BH⊥平面AFC于H,连接HC,EF,
π
则∠BCH为直线BC与平面AFC所成的角,所以∠BCH= ,
4
又BC=2,所以HC=HB=√2.
设PA=a,a>0,由(1)知BC⊥AC,所以AB=√4+4=2√2,
因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以PA⊥AB,
1 1
又F为PB中点,所以AF=⊂ PB= √a2+8,
2 2
1 1
又BC⊥PC,所以CF= PB= √a2+8,所以AF=CF,
2 2
又点E是AC中点,
√a2+8 √1
所以EF⊥AC,又AC=2,所以EF= -1= a2+1,得S =
AFC
4 4
△
1 √1 √1
×2× a2+1= a2+1.
2 4 4
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1
S = ×2×2=2.由V =V ,
ABC 2 F-ABC B-AFC
△
1 a 1 √1 1
得 ×2× = × a2+1×√2 点F到平面ABCD的距离是 PA ,整理得a2=4,所以
3 2 3 4 2
a=2.即PA的长为2.
2.(2025届房山入学测试,17)已知四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为菱
形,PA=AD=2,E为AD的中点.
(1)若F为PC的中点,求证:EF∥平面PAB;
(2)若BD=2√2,求平面PAB与平面PEC夹角的余弦值.
解析 (1)证明:取PB的中点G,连接AG,GF,
1
∵点F为PC的中点,∴GF∥BC,GF= BC,
2
1
又AE∥BC,AE= BC,∴GF∥AE,GF=AE,
2
∴四边形AEFG为平行四边形,∴EF∥AG,
又EF 平面PAB,AG 平面PAB,∴EF∥平面PAB.
(2)∵四边形ABCD为菱形,AD=2,∴AB=2,
⊄ ⊂
∵BD=2√2,∴AB2+AD2=BD2,∴AB⊥AD,
∴AP、AB、AD两两垂直,建立空间直角坐标系如图所示,
则C(2,2,0),E(0,1,0),P(0,0,2),
则⃗PC=(2,2,-2),⃗PE=(0,1,-2),
设平面PEC的法向量为m=(x,y,z),
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{m·⃗PC=2x+2y-2z=0,
则
m·⃗PE= y-2z=0,
令z=1,则x=-1,y=2,∴m=(-1,2,1),
∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
∴PA⊥AD,
⊂
∵AB⊥AD,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
∴AD⊥平面PAB,
⊂
∴⃗AD=(0,2,0)是平面PAB的一个法向量,
设平面PAB与平面PEC的夹角为θ,
|m·⃗AD| 4 √6
则cos θ=|cos<m,⃗AD>|= = = .
|m||⃗AD| √6×2 3
3.(2025届东北师大附中朝阳学校月考,18)如图,已知四棱锥S-ABCD,底面ABCD是边长
为2的菱形,∠ABC=60°,侧面SAD为正三角形,侧面SAD⊥底面ABCD,M为侧棱SB的
中点,E为线段AD的中点.
(1)求证:SD∥平面MAC;
(2)求证:SE⊥AC;
(3)求三棱锥M-ABC的体积.
解析 (1)证明:连接BD,交AC于点O,连接MO,
∵四边形ABCD为菱形,∴O为BD的中点,
又M为SB的中点,∴MO∥SD,
又MO 平面MAC,SD 平面MAC,
∴SD∥平面MAC(线面平行的判定定理).
⊂ ⊄
(2)证明:∵△SAD为正三角形,E为AD中点,∴SE⊥AD,
∵平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE 平面SAD,∴SE⊥平面
ABCD(面面垂直的性质定理),
⊂
又AC 平面ABCD,∴SE⊥AC.
(3)∵M为SB的中点,
⊂
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1 1 1 1
∴V = V M-ABCD= V S-ABCD= × S ·SE.
M-ABC 2 4 4 3 菱形ABCD
1
S =2S =2× ×2×2sin 60°=2√3.
菱形ABCD ABC 2
△
由(2)知,SE⊥AD,∴SE=√3,
1 1
∴V = ×2√3×√3= .
M-ABC 12 2
4.(2024北京一七一中学开学考试,16)如图,在长方体ABCD-A B C D 中,四边形BCC B
1 1 1 1 1 1
是边长为1的正方形,AB=2,M,N,O分别是AD,A B ,AC的中点.
1 1
(1)求证:MA ∥平面ANC;
1
(2)求直线CN与平面D AC所成角的正弦值.
1
解析 (1)证明:∵O,M分别是AC,AD的中点,
1
∴OM∥CD,OM= CD,
2
∵N是A B 的中点,A B ∥CD,A B =CD,
1 1 1 1 1 1
1
∴NA ∥CD,NA = CD,
1 1 2
∴OM∥NA 且OM=NA ,
1 1
∴四边形NOMA 是平行四边形,
1
∴ON∥MA ,
1
又MA 平面ANC,ON 平面ANC,
1
∴MA ∥平面ANC.
1⊄ ⊂
(2)以点B为坐标原点,分别以⃗BC,⃗BA,⃗BB 的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角
1
坐标系如图,
则C(1,0,0),A(0,2,0),D (1,2,1),N(0,1,1),
1
∴⃗CA=(-1,2,0),⃗CD =(0,2,1),⃗CN=(-1,1,1),
1
第5页共16页第5页共16页
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设平面D AC的法向量为m=(x,y,z),
1
{m·⃗CA=0, {-x+2y=0,
则 即 令y=1,则m=(2,1,-2),
m·⃗CD =0, 2y+z=0,
1
|⃗CN·m| |-2+1-2| √3
∴|cos<⃗CN,m>|= = = ,
|⃗CN||m| √3×3 3
√3
故直线CN与平面D AC所成角的正弦值为 .
1 3
5.(2024北京市八一学校开学考试,16)如图,已知正方体ABCD-A B C D 中,点E是棱BC
1 1 1 1
的中点.
(1)求证:BD ∥平面DC E;
1 1
(2)若点F是线段BD 的中点,求直线DF与平面DC E所成角的正弦值.
1 1
解析 (1)证明:如图所示,连接CD 交C D于G,连接EG,
1 1
因为E是BC的中点,G是CD 的中点,所以EG∥BD ,
1 1
因为EG 平面DC E且BD 平面DC E,
1 1 1
所以BD ∥平面DC E.
⊂1 1 ⊄
(2)以D为原点,分别以DA,DC,DD 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所
1
示,则D(0,0,0),
设正方体棱长为2,则E(1,2,0),C (0,2,2),F(1,1,1),
1
所以⃗DE=(1,2,0),⃗DC =(0,2,2),⃗DF=(1,1,1).
1
设平面DC E的法向量为m=(x,y,z),
1
第6页共16页第6页共16页
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{ m·⃗DE=x+2y=0,
则
m·⃗DC =2y+2z=0,
1
取y=-1,得x=2,z=1,m=(2,-1,1),
|m·⃗DF| 2 √2
则直线DF与平面DC E所成角的正弦值为|cos<m,⃗DF>|= = =
1 |m||⃗DF| √6×√3 3
.
6.(2024北京东直门中学开学测试,16)如图,在长方体ABCD-A B C D 中,侧面ABB A 是
1 1 1 1 1 1
正方形,且AB=2√2,AD=4,点E为BC的中点,点F在直线A D 上.
1 1
(1)若C F∥平面AA E,求证:CF∥平面AA E;
1 1 1
(2)求二面角A-A E-D 的余弦值.
1 1
解析 (1)证明:连接CF.由长方体的性质知AA ∥BB ∥CC ,
1 1 1
又AA 平面AA E,CC 平面AA E,所以CC ∥平面AA E,
1 1 1 1 1 1
又C F∥平面AA E,CC ∩C F=C ,CC ,C F 平面CC F,所以平面CC F∥平面AA E,
1 ⊂ 1 ⊄1 1 1 1 1 1 1 1
又CF 平面CC F,所以CF∥平面AA E.
1 1 ⊂
(2)以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA 所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角
⊂ 1
坐标系,
则A (0,0,2√2),E(2√2,2,0),D (0,4,2√2),
1 1
则⃗A A =(0,0,2√2),⃗AE=(2√2,2,0),⃗D E=(2√2,-2,-2√2),⃗A D =(0,4,0),
1 1 1 1
设平面AA E的法向量为n=(x,y,z),
1
{ ⃗A A ·n=2√2z=0,
则 1 令x=-1,得y=√2,
⃗AE·n=2√2x+2y=0,
则n=(-1,√2,0),
设平面A D E的法向量为m=(x ,y ,z ),
1 1 1 1 1
{ ⃗A D ·m=4 y =0,
则 1 1 1 令x =1,得z =1,
⃗D E·m=2√2x -2y -2√2z =0, 1 1
1 1 1 1
第7页共16页第7页共16页
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则m=(1,0,1),
m·n -1 √6
所以cos<m,n>= = =- ,
|m||n| √1+1×√2+1 6
由图知二面角A-A E-D 为钝二面角,
1 1
√6
所以二面角A-A E-D 的余弦值为- .
1 1 6
能力拔高练
1.(2025届北京市日坛中学调研,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,CD⊥AP, PCD
为等腰直角三角形,PD=CD=2,平面PBC交平面PAD于直线l,E,F分别为棱PD,PB的
△
中点.
(1)求证:BC∥l.
(2)设PA=AD=2BC=2.
①求平面AEF与平面PAD夹角的余弦值;
PG
②在棱PC上是否存在点G,使得DG∥平面AEF?若存在,求 的值;若不存在,说明理
PC
由.
解析 (1)证明:因为AD∥BC,AD 平面PAD,BC 平面PAD,所以BC∥平面PAD(线
面平行的判定定理),
⊂ ⊄
又BC 平面PBC,平面PBC∩平面PAD=l,
所以BC∥l(线面平行的性质定理).
⊂
(2)①取AD的中点O,连接OP,OB,
因为BC∥OD,且BC=OD,
所以四边形OBCD为平行四边形,可得OB∥CD,
由△PCD为等腰直角三角形,PD=CD,知CD⊥PD,
又CD⊥AP,PD∩AP=P,PD,AP 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD,则OB⊥平面PAD,
⊂
由OP,AD 平面PAD,得OB⊥OP,OB⊥AD,
又△PAD为等边三角形,O为AD的中点,得OP⊥AD,
⊂
所以OP,OB,OA两两垂直.
以O为坐标原点,OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,
第8页共16页第8页共16页
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( 1 √3) ( √3)
则A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,√3),E - ,0, ,F 0,1,
2 2 2
,
可得⃗AE= ( - 3 ,0, √3) ,⃗EF= (1 ,1,0 ) ,
2 2 2
设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),
{ m·⃗AE=- 3 x+ √3 z=0,
2 2
则
1
m·⃗EF= x+ y=0,
2
令x=2,得y=-1,z=2√3,则m=(2,-1,2√3),
由题意知平面PAD的一个法向量为n=(0,1,0),
m·n -1 √17
得cos<m,n>= = =- ,
|m|·|n| √17×1 17
√17
所以平面AEF与平面PAD夹角的余弦值为 .
17
②由①得⃗PC=(-1,2,-√3),
假设存在满足题意的点G,设⃗PG=λ⃗PC(0≤λ≤1),G(a,b,c),则⃗PG=(a,b,c-√3),
{
a=-λ,
{
a=-λ,
得 b=2λ, 解得 b=2λ,
c-√3=-√3λ, c=√3(1-λ),
即G(-λ,2λ,√3(1-λ)),得⃗DG=(1-λ,2λ,√3(1-λ)),
若DG∥平面AEF,则m⊥⃗DG,
4
可得m·⃗DG=2(1-λ)-2λ+6(1-λ)=0,解得λ= ,
5
PG 4
所以存在点G,使得DG∥平面AEF,此时 = .
PC 5
2.(2025届清华附中朝阳分校月考,18)如图,已知矩形ABCD和梯形
ABEF,AF⊥AB,EF∥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,且AB=AF=2,AD=EF=1,过DC的平
面交平面ABEF于MN.
(1)求证:DC∥MN;
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(2)当M为BE中点时,求平面ABCD与平面DCMN的夹角的余弦值;
(3)当M为BE中点时,求点E到平面DCMN的距离.
解析 (1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AB∥DC,
又AB 平面ABEF,DC 平面ABEF,
所以DC∥平面ABEF(线面平行的判定定理).
⊂ ⊄
因为过DC的平面交平面ABEF于MN,
所以由线面平行的性质定理,得DC∥MN.
(2)因为平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AF⊥AB,AF 平面
ABEF,
⊂
所以AF⊥平面ABCD(面面垂直的性质定理),
又四边形ABCD为矩形,所以以A为原点,AD、AB、AF所在直线分别为x,y,z轴建立空
间直角坐标系.
( 3 )
由AB=AF=2,AD=EF=1,得B(0,2,0),C(1,2,0),D(1,0,0),E(0,1,2),M 0, ,1 ,则
2
( 3 )
⃗DC=(0,2,0),⃗DM= -1, ,1 ,
2
设平面DCMN的法向量为m=(x,y,z),
{ m·⃗DC=2y=0,
则 3 令z=1,得x=1,则m=(1,0,1).
m·⃗DM=-x+ y+z=0,
2
因为AF⊥平面ABCD,
所以平面ABCD的一个法向量为⃗AF=(0,0,2),
设平面ABCD与平面DCMN的夹角为θ,
| ⃗AF·m | | 2 | √2
所以cos θ= = = ,
|⃗AF||m| 2×√1+1 2
√2
即平面ABCD与平面DCMN的夹角的余弦值为 .
2
第10页共16页第10页共16页
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(3)因为平面DCMN的一个法向量为m=(1,0,1),
|m·⃗CE| 1 √2
又因为⃗CE=(-1,-1,2),所以点E到平面DCMN的距离d= = = .
|m| √2 2
3.(2024房山入学考试,16)如图,三棱柱ABC-A B C 中,AA ⊥平面
1 1 1 1
ABC,BC⊥AC,BC=AC=2,AA =3,D为AC的中点.
1
(1)求证:AB ∥平面BDC ;
1 1
(2)求二面角C -BD-C的余弦值.
1
解析 (1)证明:连接B C,与BC 相交于点O,连接OD.
1 1
∵四边形B C CB是矩形,∴O是B C的中点.
1 1 1
又D是AC的中点,∴OD∥AB .
1
∵OD 平面BDC ,AB 平面BDC ,∴AB ∥平面BDC .
1 1 1 1 1
(2)如图,以C 为原点,C A ,C C,C B 所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系
⊂ 1 ⊄1 1 1 1 1
C -xyz,
1
则C (0,0,0),B(0,3,2),C(0,3,0),A(2,3,0),D(1,3,0),
1
则⃗C B=(0,3,2),⃗C D=(1,3,0),
1 1
设平面BDC 的法向量为m=(x,y,z),
1
{m·⃗C B=0, {3 y+2z=0,
则 1 即 令y=-2,得x=6,z=3,
m·⃗C D=0, x+3 y=0,
1
∴m=(6,-2,3).
易知平面ABC的一个法向量为⃗C C=(0,3,0).
1
m·⃗C C 2
则cos<m,⃗C C>= 1 =- .
1 |m||⃗C C| 7
1
2
由图可知二面角C -BD-C为锐二面角,故其余弦值为 .
1 7
4.(2025届东城期末,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD与底面ABCD垂直, PAD
为正三角形,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,O,E分别为棱AD,PB的中点.
△
第11页共16页第11页共16页
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(1)求证:OE∥平面PDC;
(2)求直线AD与平面DEC所成角的正弦值.
解析 (1)证明:取PC的中点F,连接EF,DF.
在△PBC中,因为E,F分别为PB,PC的中点,
1
所以EF∥BC且EF= BC.
2
因为O为AD的中点,底面ABCD为菱形,
1
所以OD∥BC且OD= BC.
2
所以EF∥OD且EF=OD.
所以四边形OEFD为平行四边形.
所以OE∥DF.
又因为OE 平面PDC,DF 平面PDC,
所以OE∥平面PDC.
⊄ ⊂
(2)连接OP,OB,BD.
因为△PAD为正三角形,O为AD的中点,所以OP⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,OP 平面PAD,所以OP⊥底面
ABCD.
⊂
因为OB,AD 底面ABCD,所以OP⊥OB,OP⊥AD.
由题意知△ABD为正三角形,
⊂
因为O为AD的中点,所以OB⊥AD.
建立空间直角坐标系O-xyz如图所示.
则O(0,0,0).
( √3 √3)
设OA=1,则A(1,0,0),C(-2,√3,0),D(-1,0,0),E 0, , .
2 2
( √3 √3)
所以⃗DC=(-1,√3,0),⃗DE= 1, , .
2 2
设平面DEC的法向量是m=(x,y,z),
第12页共16页第12页共16页
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{ ⃗DC·m=-x+√3 y=0,
则 √3 √3
⃗DE·m=x+ y+ z=0.
2 2
令y=1,得x=√3,z=-3,则m=(√3,1,-3).
因为⃗AD=(-2,0,0),
|⃗AD·m| 2√3 √39
所以|cos<⃗AD,m>|= = = ,
|⃗AD||m| 2√ (√3) 2+12+(-3) 2 13
√39
所以直线AD与平面DEC所成角的正弦值为 .
13
5.(2024北京昌平一中期中,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面
1
ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB= DC,PD=AD=1,M为棱PC的中点.
2
(1)证明:BM∥平面PAD.
(2)若PC=√5,AB=1.
(i)求二面角P-DM-B的余弦值;
2√6 PQ
(ii)在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是 ?若存在,求出
9 PA
的值;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:取PD的中点E,连接AE,ME,
1
因为M是PC的中点,所以ME∥DC,ME= DC,
2
1
又AB∥DC,AB= DC,∴AB∥ME,AB=ME,
2
∴四边形ABME是平行四边形,∴BM∥AE,
又BM 平面PAD,AE 平面PAD,
∴BM∥平面PAD.
⊄ ⊂
1
(2)∵AB=1,AB= DC,∴DC=2,又PD=1,PC=√5,
2
∴PD2+DC2=PC2,则PD⊥DC,
又平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD 平面PDC,∴PD⊥平面
ABCD,∵AD 平面ABCD,
⊂
∴PD⊥AD,又AD⊥DC,
⊂
第13页共16页第13页共16页
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∴PD,AD,DC两两垂直,
以点D为坐标原点,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,
( 1)
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1),M 0,1, ,∴⃗DB=(1,1,0),
2
( 1)
⃗DM= 0,1, .
2
(i)设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),
{ n·⃗DB=x+ y=0,
则 1 令y=-1,得x=1,z=2,
n·⃗DM= y+ z=0,
2
∴n=(1,-1,2),
易得平面PDM的一个法向量为⃗DA=(1,0,0),
n·⃗DA 1 √6
∴cos<n,⃗DA>= = = ,
|n||⃗DA| √1+1+4×1 6
由图知二面角P-DM-B为钝二面角,
√6
所以二面角P-DM-B的余弦值为- .
6
2√6
(ii)假设在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为 ,
9
设⃗PQ=t⃗PA(0≤t≤1),∴⃗PQ=(t,0,-t),
∴⃗BQ=⃗PQ-⃗PB=(t,0,-t)-(1,1,-1)=(t-1,-1,1-t),
由(i)知平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2),
|⃗BQ·n| |2-t|
所以点Q到平面BDM的距离为 = ,
|n| √6
|2-t| 2√6 2 10
则 = ,解得t= 或 ,
√6 9 3 3
2
又0≤t≤1,所以t= ,
3
2√6 PQ 2
即存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为 ,且 = .
9 PA 3
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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
6.(2024清华附中开学考试,17)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,CC ⊥平面
1 1 1 1
ABC,AC=BC=2,CC =3,点D,E分别在棱AA 和棱CC 上,且AD=1,CE=2,M为棱A B
1 1 1 1 1
的中点.
(1)求证:C M∥平面B DE;
1 1
(2)从下面两个选项中选择一个作为条件,求二面角A-DE-B 的余弦值.
1
①DE⊥BC;②C M=√2.
1
解析 (1)证明:取A D的中点N,连接C N,MN,
1 1
因为AD=1,CE=2,AA ∥CC ,AA =CC ,
1 1 1 1
所以DN∥C E且DN=C E,
1 1
所以四边形DEC N为平行四边形,所以C N∥DE,
1 1
又C N 平面B DE,DE 平面B DE,
1 1 1
所以C N∥平面B DE(线面平行的判定定理),
⊄1 1 ⊂
因为M为棱A B 的中点,N是A D的中点,所以MN∥DB ,
1 1 1 1
又DB 平面B DE,MN 平面B DE,
1 1 1
所以MN∥平面B DE,
⊂ 1 ⊄
又C N∩MN=N,C N,MN 平面MNC ,
1 1 1
所以平面MNC ∥平面B DE(面面平行的判定定理),
1 ⊂1
又C M 平面MNC ,
1 1
所以C M∥平面B DE.
1⊂ 1
(2)选①.
因为CC ⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,
1
所以CC ⊥AC,CC ⊥BC,
1 1 ⊂
又DE⊥BC,CC ∩DE=E,CC ,DE 平面ACC A ,
1 1 1 1
所以BC⊥平面ACC A ,
1 1 ⊂
又AC 平面ACC A ,所以BC⊥AC.
1 1
如图,以点C为原点,建立空间直角坐标系C-xyz,
⊂
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则B(0,2,0),C(0,0,0),D(2,0,1),E(0,0,2),B (0,2,3),
1
则⃗DE=(-2,0,1),⃗EB =(0,2,1),
1
因为BC⊥平面ACC A ,
1 1
所以平面ACC A 的一个法向量为⃗CB=(0,2,0),
1 1
设平面DEB 的法向量为m=(x,y,z),
1
{m·⃗DE=-2x+z=0,
则
m·⃗EB =2y+z=0,
1
令z=2,得x=1,y=-1,则m=(1,-1,2),
⃗CB·m -2 √6
所以cos<⃗CB,m>= = =- ,
|⃗CB||m| 2×√6 6
由图知,二面角A-DE-B 为钝二面角,
1
√6
所以二面角A-DE-B 的余弦值为- .
1 6
选②.
因为A C =B C =2,且M为棱A B 的中点,
1 1 1 1 1 1
所以C M⊥A B ,
1 1 1
又C
1
M=√2,所以MA
1
=MB
1
=√22-(√2) 2=√2,
所以A B =2MA =2√2,则A C2+B1C2=A1B2,
1 1 1 1 1 1 1
所以A C ⊥B C ,故AC⊥BC,
1 1 1 1
因为CC ⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,
1
所以CC ⊥AC,CC ⊥BC,
1 1 ⊂
以点C为原点,建立空间直角坐标系C-xyz,
以下步骤同选①.
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