高考数学异构异模复习第八章立体几何8-3直线平面平行的判定与性质撬题理.DOC

《高考数学异构异模复习第八章立体几何8-3直线平面平行的判定与性质撬题理.DOC》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学异构异模复习第八章立体几何8-3直线平面平行的判定与性质撬题理.DOC（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、120182018 高考数学异构异模复习考案高考数学异构异模复习考案 第八章第八章 立体几何立体几何 8.38.3 直线、平面直线、平面平行的判定与性质撬题平行的判定与性质撬题 理理1.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，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 D解析 A 中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故 A 错误；B 中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故 B 错误；C 中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平

2、行的直线一定和另一个平面平行，故 C 错误；D 中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故 D 正确2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EA1DB1的余弦值解 (1)证明：由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD

3、1EF，所以EFB1C.(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD，以A为原点，分别以， ，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所ABADAA1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)2设面A1DE的法向量n n1(r1，s1，t1)，而该面上向量(0.5,0.5,0)，A1E(0,1，1)，由n n1，n n1得Error!(1,1,1)为其一组解，所以

4、可取A1DA1EA1Dn n1(1,1,1)设面A1B1CD的法向量n n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1,0,0)，A1B1(0,1，1)，由此同理可得n n2(0,1,1)A1D所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.|n n1n n2| |n n1|n n2|23 2633如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F分别是线段BE，DC的中点(1)求证：GF平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值解法一 (1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，3又G是BE的中点，所以GHAB，且GHAB.1

5、 2又F是CD的中点，所以DFCD.1 2由四边形ABCD是矩形得，ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过B点作BQEC.因为BECE，所以BQBE.又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B为原点，分别以， ，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，BEBQBA则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)因为AB平面BEC，4所以(0,0,2)为平面BEC的法向量BA设n n(x，y，z)为平面AEF的法向量

6、又(2,0，2)，(2,2，1)，AEAF由Error!得Error!取z2，得n n(2，1,2)从而 cosn n， ，BAn nBA|n n|BA|4 3 22 3所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为 .2 3解法二 (1)证明：如下图，取AB中点M，连接MG，MF.又G是BE的中点，可知GMAE.又AE平面ADE，GM平面ADE，所以GM平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MFAD.又AD平面ADE，MF平面ADE，所以MF平面ADE.又因为GMMFM，GM平面GMF，MF平面GMF，所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF，所以GF平面ADE

7、.(2)同解法一4一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.5(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值解 (1)点F，G，H的位置如下图所示(2)证明：连接BD，设O为BD的中点，连接OM，OH.因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OMCD，且OMCD，1 2HNCD，且HNCD.1 2所以OMHN，OMHN.所以MNHO是平行四边形，从而MNOH.又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.(3)解法一：连接AC，过M作MPAC于P.

8、在正方体ABCDEFGH中，ACEG，所以MPEG.过P作PKEG于K，连接KM.所以EG平面PKM，从而KMEG.所以PKM是二面角AEGM的平面角设AD2，则CM1，PK2.6在 RtCMP中，PMCMsin45.22在 RtPKM中，KM.PK2PM23 22所以 cosPKM.PK KM2 23即二面角AEGM的余弦值为.2 23解法二：如下图，以D为坐标原点，分别以， ，的方向为x，y，z轴的正方向，DADCDH建立空间直角坐标系Dxyz.设AD2，则M(1,2,0)，G(0,2,2)，E(2,0,2)，O(1,1,0)，所以(2，2,0)，(1,0,2)GEMG设平面EGM的一个法

9、向量为n n1(x，y，z)，由Error!得Error!取x2，得n n1(2,2,1)在正方体ABCDEFGH中，DO平面AEGC，则可取平面AEG的一个法向量为n n2(1,1,0)DO所以 cosn n1，n n2，n n1n n2 |n n1|n n2|220441 1102 23故二面角AEGM的余弦值为.2 235如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点7(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE，BAC45，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小解 (1)证法一：连接DG，CD，设CDGFO，连接OH.在三棱台

10、DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，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FGH，所以BD平面FGH.证法二：在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.8(2)解法一：设AB2，则CF1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，1 2可得四边形DGCF为平行四

11、边形，因此DGFC.又FC平面ABC，所以DG平面ABC.连接GB，在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点，所以ABBC，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Gxyz.所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0， ，0)，D(0,0,1)22可得H，F(0， ，1)(22，22，0)2故，(0， ，1)设n n(x，y，z)是平面FGH的法向量，则GH(22，22，0)GF2由Error!可得Error!可得平面FGH的一个法向量n n(1，1，)2因为是平面ACFD的一个法向量，(，0,0)，GBGB2所以 cos，n n .GBGB

12、n n|GB|n n|22 21 2所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为 60.解法二：作HMAC于点M，作MNGF于点N，连接NH，BG.9由FC平面ABC，得HMFC.又FCACC，所以HM平面ACFD，因此GFNH，所以MNH即为所求的角设AB2，在BGC中，MHBG，MHBG，1 222由GNMGCF，可得，MN FCGM GF从而MN.66由HM平面ACFD，MN平面ACFD，得HMMN，因此 tanMNH，HM MN3所以MNH60.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为 60.6如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中

13、点(1)证明：PB平面AEC；(2)设二面角DAEC为 60，AP1，AD，求三棱锥EACD的体积3解 (1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.10因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB.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，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立空间直角坐标ABAP系Axyz.则D(0， ，0)，P(0,0,1)，E，.3(0，32，12)AE(0，32，12)设B(m,0,0)(m0)，则C(m， ，0)，(m， ，0)，3AC3设n

14、 n1 1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则Error!即Error!可取n n1 1.(3m，1， 3)又n n2 2(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cosn n1 1，n n2 2| ，即 ，1 23 34m21 2解得m .因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为 .三棱锥EACD的体积V3 21 2 .1 31 233 21 2387如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段AB的中点11(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角

15、)的余3弦值解 (1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC.又由M是AB的中点，因此CDMA且CDMA.连接AD1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为CDC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形因此C1MD1A，又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)解法一：连接AC，MC，由(1)知，CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形可得BCADMC，由题意ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.312以C为坐标原点，建立如图所示

16、空间直角坐标系Cxyz.所以A(，0,0)，B(0,1,0)，3D1(0,0，)3因此M，(32，12，0)所以，Error!，0Error!.MD1(32，12， 3)D1C1MB321 2设平面C1D1M的一个法向量n n(x，y，z)，由Error!得Error!可得平面C1D1M的一个法向量n n(1， ，1)3又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量因此 cos，n n.CD13CD1CD1n n|CD1|n n|55所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.55解法二：由(1)知平面D1C1M平面ABCDAB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.由CD1平面A

17、BCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在 RtBNC中，BC1，NBC60，13可得CN.32所以ND1.CD2 1CN2152在 RtD1CN中，cosD1NC.CN D1N3215255所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.558如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点已知PAAC，PA6，BC8，DF5.求证：(1)直线PA平面DEF；(2)平面BDE平面ABC.证明 (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA.又因为PA平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，所以DEPA，DEPA3，EFBC4.1 21 2又因为DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90，即DEEF.又PAAC，DEPA，所以DEAC.因为ACEFE，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE平面ABC.