北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
8.3 直线、平面平行的判定与性质
一、选择题
1.(2022届黑龙江佳木斯一中月考,5)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列四个命题中,
错误的是( )
A.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β
B.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n
C.如果α∥β,m⊂α,那么m∥β
D.如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等
答案 A 对于A,如图1,不妨设AA'为直线m,CD为直线n,平面ABCD为平面α,
平面ABC'D'为平面β,显然这些直线和平面满足题目条件,但α⊥β不成立.
对于B,如图2,设过直线n的平面β与平面α相交于直线l,则l∥n,
由m⊥α,得m⊥l,从而m⊥n.
图1
图2
由平面与平面平行的性质定理可知C中命题正确.
∵m∥n,∴m,n与平面α所成的角相等,又α∥β,∴m与α所成的角与n与β所成的角相等.
故选A.
2.(2021江西上饶重点高中四模,5)已知正方体ABCD-ABCD 中,E,F分别是它们所在线段的中点,则满足
1 1 1 1
A
1
F∥平面BD
1
E的图形个数为( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
①
②
③
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B 对于①,取CD的中点F,连接DF,FF,由于FF∵AD,AD∵AD,所以FF∵AD,所以四边形
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A
1
D
1
F
1
F为平行四边形,所以A
1
F∥D
1
F
1
,又知D
1
F
1
与平面BD
1
E只有一个交点D
1
,则A
1
F与平面BD
1
E不平行;
对于②,连接EF,由于EF∵A
1
D
1
,所以四边形A
1
D
1
EF为平行四边形,所以A
1
F∥D
1
E,又知D
1
E⊂平面BD
1
E,A
1
F⊄
平面BD
1
E,所以A
1
F∥平面BD
1
E;对于③,取CD的中点F
1
,连接FF
1
,D
1
F
1
,由于FF
1
∵A
1
D
1
,所以四边形A
1
D
1
F
1
F
为平行四边形,所以A
1
F∥D
1
F
1
,又知D
1
F
1
与平面D
1
BE只有一个公共点,所以A
1
F与平面BD
1
E不平行,所以满
足A
1
F∥平面BD
1
E的图形个数为1,故选B.
①
②北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
③
3.(2021贵阳期末,10)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,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 如图,连接AC,BD,交于点O,连接OM,OH,MN,BH,
因为M,N分别是BC,GH的中点,
1 1
所以OM∥CD,且OM= CD,NH∥CD,且NH= CD,
2 2
所以OM∥NH且OM=NH,
则四边形MNHO是平行四边形,
所以MN∥OH,又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,
所以MN∥平面BDH.故选C.
二、解答题
4.(2022届北京育才中学9月月考,16)如图,四边形ABCD为正方形,PA⊥平面
ABCD,PA∥BE,AB=PA=4,BE=2.
(1)求证:CE∥平面PAD;
(2)求PD与平面PCE所成角的正弦值.北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
解析 (1)证明:设PA中点为G,连接EG,DG,
因为PA∥BE,且PA=4,BE=2,
所以BE∥AG且BE=AG,
所以四边形BEGA为平行四边形.
所以EG∥AB,且EG=AB.
在正方形ABCD中,CD∥AB,CD=AB,
所以EG∥CD,且EG=CD.
所以四边形CDGE为平行四边形.
所以CE∥DG.
因为DG⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,
所以CE∥平面PAD.
(2)如图建立空间直角坐标系,则C(4,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),D(0,4,0),
所以⃗PC=(4,4,-4),⃗PE=(4,0,-2),⃗PD=(0,4,-4),
设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),
则{m·⃗PC=0, 所以{x+ y-z=0,
m·⃗PE=0, 2x-z=0,
令x=1,则y=1,z=2,所以m=(1,1,2).
设PD与平面PCE所成角为α,
则sin α=|cos<m, >|= |m·⃗PD| =|-4 |=√3.
⃗PD
|⃗PD||m| 4√2×√6 6
√3
所以PD与平面PCE所成角的正弦值是 .
6北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
5.(2022届北京入学定位考试,16)如图,在长方体ABCD-ABCD 中,AB=√2,AD=AA=1,点E在线段AB 上,
1 1 1 1 1 1 1
且AC⊥DE.
(1)求证:BB 1∥平面DD
1
E;
(2)求证:AC⊥D
1
E;
(3)求二面角A-DD-E的余弦值.
1
解析 (1)证明:在长方体ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,因为BB 1∥DD 1 ,且DD 1⊂平面DD 1 E,BB 1⊄平面DD 1 E,所以BB 1∥
平面DDE.
1
(2)证明:在长方体ABCD-ABCD 中,
1 1 1 1
因为DD 1⊥底面ABCD,所以DD 1⊥AC.
又AC⊥DE,且DD
1
∩DE=D,所以AC⊥平面DD
1
E,又D
1
E⊂平面DD
1
E,所以AC⊥D
1
E.
(3)因为长方体ABCD-ABCD 中,DA,DC,DD 两两垂直,所以以D为坐标原点,分别以直线DA,DC,DD 为
1 1 1 1 1 1
x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,√2,0),
易知平面ADD 的一个法向量为⃗DC=(0,√2,0),由(2)知,平面DDE的一个法向量为⃗AC=(-1,√2,0),
1 1
所以cos< , >= ⃗DC·⃗AC = 2 =√6.
⃗DC ⃗AC
|⃗DC||⃗AC| √6 3
√6
结合图形知,二面角A-DD-E的平面角为锐角,所以其余弦值为 .
1
3
6.(2014北京文,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA
1
=AC=2,BC=1,E,F分别
是AC,BC的中点.
1 1
(1)求证:平面ABE⊥平面B
1
BCC
1
;北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(2)求证:C
1
F∥平面ABE;
(3)求三棱锥E-ABC的体积.
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,BB 1⊥底面ABC.所以BB 1⊥AB.
又因为AB⊥BC,BB
1
∩BC=B,
所以AB⊥平面B
1
BCC
1
.又因为AB⊂平面ABE,
所以平面ABE⊥平面B
1
BCC
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
1
C
1
,AC=A
1
C
1
,且E为A
1
C
1
的中点,
所以FG∥EC
1
,且FG=EC
1
.
所以四边形FGEC 为平行四边形.
1
所以C
1
F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE,C
1
F⊄平面ABE,
所以C
1
F∥平面ABE.
(3)因为AA
1
=AC=2,BC=1,AB⊥BC,
所以AB= = .
√AC2-BC2 √3
所以三棱锥E-ABC的体积
1 1 1 √3
V= S ·AA= × ×√3×1×2= .
3
△ABC 1
3 2 3
7.(2021北京市育英中学3月月考,16)如图,直四棱柱ABCD-ABCD 的底面是菱
1 1 1 1
形,AA
1
=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB
1
,A
1
D的中点.北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(1)证明:MN∥平面C
1
DE;
(2)求二面角A-MA-N的正弦值.
1
1
解析 (1)连接B
1
C,ME.因为M,E分别为BB
1
,BC的中点,所以ME∥B
1
C,且ME= B
1
C(利用三角形中位线定
2
1
理).又因为N为AD的中点,所以ND= AD.由题设知AB∵DC,可得BC∵AD,故ME∵ND,因此四边形
1 1 1 1 1 1
2
MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面EDC
1
,所以MN∥平面C
1
DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则A(2,0,0),A(2,0,4),M(1, ,2),N(1,0,2), =(0,0,-4), =(-1, ,-2), =(-1,0,-2), =(0,-
1 √3 ⃗A A ⃗A M √3 ⃗A N ⃗MN √3
1 1 1
,0).
{m·⃗A M=0,
设m=(x,y,z)为平面AMA的法向量,则 1
1
m·⃗A A=0.
1
所以{-x+√3 y-2z=0,可取m=( ,1,0).
√3
-4z=0.
{n·⃗MN=0,
设n=(p,q,r)为平面AMN的法向量,则
1
n·⃗A N=0.
1
所以{-√3q=0, 可取n=(2,0,-1).
-p-2r=0.
