《大高考》2016届高考复习数学理 五年高考真题 第八章 立体几何初步 第四节

第四节空间中平行的判定与性质

考点空间中平行的判定与性质

1．(2013·广东，6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是()

A．若α⊥β，m?α，n?β，则m⊥n

B．若α∥β，m?α，n?β，则m∥n

C．若m⊥n，m?α，n?β，则α⊥β

D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β

解析A项中，m与n还可能平行或异面，故不正确；

B项中，m与n还可能异面，故不正确；

C项中，α与β还可能平行或相交，故不正确；

D项中，∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α.

又n∥β，∴α⊥β，故选D.

答案 D

2．(2012·四川，6)下列命题正确的是()

A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行

B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行

解析若两条直线和同一平面所成的角相等，则这两条直

线可平行、可异面、可相交．选项A错；

如果到一个平面距离相等的三个点在同一条直线上或在这

个平面的两侧，则经过这三个点的平面与这个平面相交，选项B不正确；

如图，平面α∩β＝b，a∥α，a∥β，过直线a作平面ε∩α＝c，过直线a作平面γ∩β＝d，

∵a∥α，∴a∥c，

∵a∥β，∴a∥d，∴d∥c，

∵c?α，d?α，∴d∥α，

又∵d?β，∴d∥b，∴a∥b，选项C正确；

若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面可平行、可相交，选项D不正确．

答案 C

3．(2015·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知

AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.

求证：(1)DE∥平面AA1C1C；

(2)BC1⊥AB1.

证明(1)由题意知，E为B

C的中点，

又D为AB1的中点，因此DE∥AC.

又因为DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，

所以DE∥平面AA1C1C.

(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC.

因为AC?平面ABC，所以AC⊥CC1.

又因为AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，

所以AC⊥平面BCC1B1.

又因为BC1?平面BCC1B1，

所以BC1⊥AC.

因为BC＝CC1，

所以矩形BCC1B1是正方形，

因此BC1⊥B1C.

因为AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，

所以BC1⊥平面B1AC.

又因为AB1?平面B1AC，

所以BC1⊥AB1.

4．(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F

分别为棱PC，AC，AB的中点．已知P A⊥AC，P A＝6，

BC＝8，DF＝5.

求证：(1)直线P A∥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DE∥P A.

又因为P A?平面DEF，DE?平面DEF，

所以直线P A∥平面DEF.

(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，P A＝6，BC＝8，

所以DE∥P A，DE＝1

2P A＝3，

EF＝1

2BC＝4.

又因为DF＝5，

故DF2＝DE2＋EF2，

所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.

又P A⊥AC，DE∥P A，所以DE⊥AC.

因为AC∩EF＝E，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.

5．(2014·新课标全国Ⅱ，18)如图，四棱锥P－ABCD中，底

面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；

(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三

棱锥E－ACD的体积．

(1)证明连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．

又E为PD的中点，所以EO∥PB.

又因为EO?平面AEC，PB?平面AEC，

所以PB∥平面AEC.

(2)解因为P A⊥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，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间

直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E ? ????0，32，12，AE →＝?

????0，32，12. 设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC

→＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，

则?????n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即???mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，

可取n 1＝? ??

??3m ，－1，3. 又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量，由题设知|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即3

3＋4m 2

＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12，三棱锥

E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.

6．(2014·湖北，19)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．

(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；

(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

法一(几何法)

(1)证明 如图1，连接AD 1，由ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1. 当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1. 所以BC 1∥FP .

而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .

(2)解 如图2，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，

且EF ＝12BD .

又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，

所以四边形PQBD 是平行四边形，

故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，

从而EF ∥PQ ，且EF ＝12PQ .

在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，

因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1，

于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 是等腰梯形．

同理可证四边形PQMN 是等腰梯形．

分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ，

则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，

故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．

若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN ，知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点，

所以GH ＝ME ＝2.

在△GOH 中，GH 2＝4，

OH 2＝1＋λ2

－? ????222＝λ2＋12，

OG 2＝1＋(2－λ)2

－? ????222＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，

解得λ＝1±22，

故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．

法二(向量方法)

以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D －xyz .由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．

BC 1

→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)． (1)证明 当λ＝1时，FP

→＝(－1，0，1)， 又因为BC 1

→＝(－2，0，2)， 所以BC 1→＝2FP →，即BC 1

∥FP . 而FP ?平面EFPQ ，且BC 1?平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .

(2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，

则由?????FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，

可得???x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1)．

同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)．

若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，

则m·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，

即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，

解得λ＝1±22.

故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．

7．(2013·江苏，16)如图，在三棱锥S -ABC 中，平面SAB ⊥

平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．

求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ；

(2)BC ⊥SA .

证明 (1)因为AS ＝AB ，AF ⊥SB ，垂足为F ，

所以F 是SB 的中点，又因为E 是SA 的中点，

所以EF ∥AB .

因为EF ?平面ABC ，AB ?平面ABC ，

所以EF ∥平面ABC .

同理EG ∥平面ABC .又EF ∩EG ＝E ，

所以平面EFG ∥平面ABC .

(2)因为平面SAB ⊥平面SBC ，且交线为SB ，

又AF ?平面SAB ，AF ⊥SB ，

所以AF ⊥平面SBC .

因为BC ?平面SBC ，所以AF ⊥BC .

又因为AB ⊥BC ，AF ∩AB ＝A ，AF ，AB ?平面SAB ，

所以BC ⊥平面SAB .

因为SA ?平面SAB ，所以BC ⊥SA .

8.(2013·新课标全国Ⅱ，18)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，

D ，

E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .

(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；

(2)求二面角D -A 1C -E 的正弦值．

(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，

则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，

则BC 1∥DF .因为DF ?平面A 1CD ，BC 1?平面A 1CD ，

所以BC 1∥平面A 1CD .

(2)解 由AC ＝CB ＝22AB 得，

AC ⊥BC .以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，

CB

→的方向为y 轴正方向， CC 1

→的方向为z 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系

C -xyz .

设CA ＝2，则D (1，1，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，2)． CD

→＝(1，1，0)，CE →＝(0，2，1)， CA 1

→＝(2，0，2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，

则?????n ·CD →＝0，n ·CA 1

→＝0，即???x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．

同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量，

则?????m ·CE →＝0，m ·CA 1

→＝0， 即???2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0.

可取m ＝(2，1，－2)．

从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，

故sin 〈n ，m 〉＝63.

即二面角D -A 1C -E 的正弦值为63.