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新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-2直线、平面平行的判定与性质练习课件
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这是一份新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-2直线、平面平行的判定与性质练习课件，共44页。
1. (2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β= m.下述四个命题:①若m∥n,则n∥α或n∥β②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β,则m∥n④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n其中所有真命题的编号是 ( )A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
2.(2024新课标Ⅰ,17,15分,中)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1, AB= .(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为 ,求AD.
解析 (1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB= ,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空 间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0).
设AD=t,t>0,则DC= ,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0, ,0),则 =(-t, ,0), =(0,0,2), =(t,0,2), =(0, ,0),设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即
令x1= ,则y1=t,则n1=( ,t,0),设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 ∴ 令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),∵二面角A-CP-D的正弦值为 ,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值为 = ,∴ =|cs|= = ,
∴t= (舍负),∴AD= .
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 ( )A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D
2.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则 ( ) A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
3.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的 中点.(1)证明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
解析 (1)证法一:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∵OA,OB⊂平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,
又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC.(面面平行的性质)证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,∵OA,OB⊂平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,延长BO交AC于点F,连接PF,易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,∵E为PB的中点,∴OE∥PF,又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,∴OE∥平面PAC.
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且 与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系. ∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2 ,
∴P(0,2,3),B(2 ,0,0),A(-2 ,0,0),E ,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4 ,∴AC=12,C(-2 ,12,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),∵ =(4 ,0,0), = ,∴ 即 令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),∵ =(0,12,0),∴ 即 令x2= ,则z2=-6,∴n2=( ,0,-6),∴cs= = = ,设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ= = ,∴二面角C-AE-B的正弦值为 .
1.(2024浙江杭州二模,2)设m,n表示两条不同直线,α表示平面,则 ( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
2.(2024河南安阳、焦作二模,5)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为梯形,AB=BB1= C1D1=6,CD∥AB, =λ (0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,则DN= ( )A. B. C. D.
3.(多选)(2024豫东豫北十所名校3月联考,9)已知点A,B为不同的两点,直线l1,l2,l3为不同 的三条直线,平面α,β为不同的两个平面,则下列说法正确的是 ( )A.若l1⊥α,l2∥α,则l1⊥l2B.若l1⊂α,l2∥α,则l1∥l2C.若l1⊂α,l2⊂β,α∩β=l3,l1∩l2=A,则A∈l3D.若l1∥l2∥α,α⊥β,l1∩β=A,l2∩β=B,则直线AB∥α
4.(多选)(2024河北邯郸重点中学3月月考,9)已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,则 ( ) A.A1B∥平面HGFB.FG∥HEC.直线D1F与直线HE相交D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°
1.(2024江苏、浙江部分学校大联考,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为 2的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,M是BC中点,N是PD中点.(1)证明:直线MN∥平面PAB;(2)若 =4 ,求平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值.
解析 (1)证明:取PA的中点Q,连接QB,QN.∵Q,N分别为PA,PD的中点,∴QN= AD且QN∥AD.又BM= AD,BM∥AD,∴QN=BM且QN∥BM,∴四边形BMNQ为平行四边形,∴MN∥BQ,∵MN⊄平面PAB,BQ⊂平面PAB,∴直线MN∥平面PAB. (5分)(2)由题意知PA,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N(0,1,1),M(2,1,0),则 =(0,2,-2), =(-2,0,0), =(-2,0,1),∵ =4 ,∴G ,∴ = ,设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),
则 取y=1,得n1=(0,1,1),设平面GMN的法向量为n2=(a,b,c),则 取a=1,得n2= ,设平面PCD与平面GMN的夹角为θ,
则cs θ=|cs|= = = , (12分)所以平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值为 . (13分)
2.(2024重庆二诊,15)如图,直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥DC,且AB= 2DC,E,F分别是棱AB,AD的中点.(1)证明:平面D1EF∥平面C1BD;(2)已知AA1=AD=DC=1,∠DAB=60°,求直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值.
解析 (1)证明:在△ABD中,E,F分别为AB,AD的中点,所以EF∥BD.因为EF⊄平面C1BD,BD⊂平面C1BD,所以EF∥平面C1BD, (2分)因为DC∥AB,DC= AB=EB,D1C1∥DC,D1C1=DC,所以EB∥D1C1且EB=D1C1,则四边形BC1D1E为平行四边形,故D1E∥C1B,因为D1E⊄平面C1BD,C1B⊂平面C1BD,所以D1E∥平面C1BD, (5分)因为EF,D1E为平面D1EF中两相交直线,
所以平面D1EF∥平面C1BD. (6分)(2)在△ABD中,AD=1,AB=2DC=2,∠DAB=60°,所以BD= ,则AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD,则AD,DB,DD1两两垂直. (8分)以 的方向为x轴正方向, 的方向为y轴正方向, 的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图.
则E ,F ,A1(1,0,1),C1 ,则 = , = , = .设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z),则 即 取n=(-2,0,1), (11分)则cs< ,n>= = ,
所以直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值为 . (13分)
3.(2024江苏南京、盐城一模,16)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别 是边长为2和4的正方形,平面AA1D1D⊥平面ABCD,A1A=D1D= ,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上.(1)若BQ=3QC,证明:PQ∥平面ABB1A1;(2)若二面角P-QD-C的正弦值为 ,求BQ的长.
解析 (1)证明:取AA1的中点M,连接MP,MB.在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形A1ADD1是梯形,A1D1=2,AD=4,又点M,P分别是棱A1A,D1D的中点,所以MP∥AD,且MP= =3, (2分)在正方形ABCD中,BC∥AD,BC=4,又BQ=3QC,所以BQ=3.从而MP?BQ,所以四边形 BMPQ是平行四边形,所以PQ∥MB, (4分)又因为MB⊂平面ABB1A1,PQ⊄平面ABB1A1,所以PQ∥平面ABB1A1. (6分)
(2)在平面AA1D1D中,作A1O⊥AD于O.因为平面AA1D1D⊥平面ABCD,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,A1O⊂平面AA1 D1D,所以A1O⊥平面ABCD.在正方形ABCD中,过O作AB的平行线交BC于点N,则ON⊥OD.以{ , , }为正交基底,建立空间直角坐标系O-xyz.
因为四边形AA1D1D是等腰梯形,A1D1=2,AD=4,所以AO=1,又A1A=D1D= ,所以A1O=4.易得B(4,-1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P ,所以 =(4,0,0), = , =(0,-4,0). (9分)设 =λ =(0,-4λ,0)(0≤λ≤1),所以 = + =(4,-4λ,0).设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z),由 得 取m=(4λ,4,1).易知平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1). (12分)
设二面角P-QD-C的平面角为θ,由题意得|cs θ|= = .又|cs θ|=|cs|= = ,所以 = ,解得λ= (舍负),因此CQ= ×4=3,BQ=1.所以当二面角P-QD-C的正弦值为 时,BQ的长为1. (15分)
1. (2024山东临沂一模,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AA1=3, 点D,E分别在棱AA1,CC1上,AD=2DA1,C1E=2EC,F为B1C1的中点.(1)在平面ABB1A1内,过A作一条直线与平面DEF平行,并说明理由;(2)当三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.
解析 (1)连接AB1,直线AB1即为所求. (1分)理由:连接AC1交DE于点M,连接MF,DC1,AE. (2分)∵AD=2DA1,C1E=2EC,∴AD=C1E= AA1=2,又AD∥C1E,∴四边形ADC1E为平行四边形,∴AM=MC1, (4分)又B1F=FC1,∴MF∥AB1, (5分)又MF⊂平面DEF,AB1⊄平面DEF,
∴AB1∥平面DEF. (6分) (2)∵S△ABC= ×2×2sin∠ABC=2sin∠ABC,∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6sin∠ABC,∴当∠ABC= 时,S△ABC取得最大值,即当AB⊥BC时,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大,
(7分)又∵BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立 空间直角坐标系, (8分)则D(2,0,2),E(0,2,1),F(0,1,3),∴ =(-2,2,-1), =(0,-1,2), (10分)设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),由 得 取z=1,则y=2,x= ,此时n= , (12分)
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), (13分)记平面DEF与平面ABC的夹角为θ,则cs θ= = = . (14分)故平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为 . (15分)
2. (2024江苏南通第二次调研,17)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所 在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面E- FG相交于点H.(1)从下面两个结论中选一个证明:①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点.注:若两个问题均作答,则按第一个计分.(2)求直线BD与平面EFG的距离.
解析 (1)证明:选①.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG.又BD⊂平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.选②.在△ACD中,AG=2GD,F为CD的中点,所以GF与AC不平行.
设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF,又AC⊂平面ABC,FG⊂平面EFG,所以K∈平面ABC,K ∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG=HE,所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.(2)若第(1)问中选①.由(1)知,BD∥平面EFG.所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.若第(1)问中选②.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂ 平面EFG,
所以BD∥平面EFG.所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.连接EA,ED,因为△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,所以EA⊥BC,ED⊥BC.又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,所以AE⊥平面BCD,又ED⊂平面BCD,所以EA⊥ED.以{ , , }为正交基底建立如图所示空间直角坐标系,
则E(0,0,0),B(2,0,0),F(-1, ,0),G ,则 =(2,0,0), =(-1, ,0), = .设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),则
1. (2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β= m.下述四个命题:①若m∥n,则n∥α或n∥β②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β,则m∥n④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n其中所有真命题的编号是 ( )A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
2.(2024新课标Ⅰ,17,15分,中)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1, AB= .(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为 ,求AD.
解析 (1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB= ,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空 间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0).
设AD=t,t>0,则DC= ,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0, ,0),则 =(-t, ,0), =(0,0,2), =(t,0,2), =(0, ,0),设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即
令x1= ,则y1=t,则n1=( ,t,0),设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 ∴ 令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),∵二面角A-CP-D的正弦值为 ,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值为 = ,∴ =|cs
∴t= (舍负),∴AD= .
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 ( )A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D
2.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则 ( ) A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
3.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的 中点.(1)证明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
解析 (1)证法一:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∵OA,OB⊂平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,
又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC.(面面平行的性质)证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,∵OA,OB⊂平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,延长BO交AC于点F,连接PF,易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,∵E为PB的中点,∴OE∥PF,又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,∴OE∥平面PAC.
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且 与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系. ∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2 ,
∴P(0,2,3),B(2 ,0,0),A(-2 ,0,0),E ,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4 ,∴AC=12,C(-2 ,12,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),∵ =(4 ,0,0), = ,∴ 即 令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),∵ =(0,12,0),∴ 即 令x2= ,则z2=-6,∴n2=( ,0,-6),∴cs
1.(2024浙江杭州二模,2)设m,n表示两条不同直线,α表示平面,则 ( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
2.(2024河南安阳、焦作二模,5)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为梯形,AB=BB1= C1D1=6,CD∥AB, =λ (0<λ<1),若DD1∩平面AC1M=N,则DN= ( )A. B. C. D.
3.(多选)(2024豫东豫北十所名校3月联考,9)已知点A,B为不同的两点,直线l1,l2,l3为不同 的三条直线,平面α,β为不同的两个平面,则下列说法正确的是 ( )A.若l1⊥α,l2∥α,则l1⊥l2B.若l1⊂α,l2∥α,则l1∥l2C.若l1⊂α,l2⊂β,α∩β=l3,l1∩l2=A,则A∈l3D.若l1∥l2∥α,α⊥β,l1∩β=A,l2∩β=B,则直线AB∥α
4.(多选)(2024河北邯郸重点中学3月月考,9)已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,则 ( ) A.A1B∥平面HGFB.FG∥HEC.直线D1F与直线HE相交D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°
1.(2024江苏、浙江部分学校大联考,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为 2的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,M是BC中点,N是PD中点.(1)证明:直线MN∥平面PAB;(2)若 =4 ,求平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值.
解析 (1)证明:取PA的中点Q,连接QB,QN.∵Q,N分别为PA,PD的中点,∴QN= AD且QN∥AD.又BM= AD,BM∥AD,∴QN=BM且QN∥BM,∴四边形BMNQ为平行四边形,∴MN∥BQ,∵MN⊄平面PAB,BQ⊂平面PAB,∴直线MN∥平面PAB. (5分)(2)由题意知PA,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N(0,1,1),M(2,1,0),则 =(0,2,-2), =(-2,0,0), =(-2,0,1),∵ =4 ,∴G ,∴ = ,设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),
则 取y=1,得n1=(0,1,1),设平面GMN的法向量为n2=(a,b,c),则 取a=1,得n2= ,设平面PCD与平面GMN的夹角为θ,
则cs θ=|cs
2.(2024重庆二诊,15)如图,直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥DC,且AB= 2DC,E,F分别是棱AB,AD的中点.(1)证明:平面D1EF∥平面C1BD;(2)已知AA1=AD=DC=1,∠DAB=60°,求直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值.
解析 (1)证明:在△ABD中,E,F分别为AB,AD的中点,所以EF∥BD.因为EF⊄平面C1BD,BD⊂平面C1BD,所以EF∥平面C1BD, (2分)因为DC∥AB,DC= AB=EB,D1C1∥DC,D1C1=DC,所以EB∥D1C1且EB=D1C1,则四边形BC1D1E为平行四边形,故D1E∥C1B,因为D1E⊄平面C1BD,C1B⊂平面C1BD,所以D1E∥平面C1BD, (5分)因为EF,D1E为平面D1EF中两相交直线,
所以平面D1EF∥平面C1BD. (6分)(2)在△ABD中,AD=1,AB=2DC=2,∠DAB=60°,所以BD= ,则AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD,则AD,DB,DD1两两垂直. (8分)以 的方向为x轴正方向, 的方向为y轴正方向, 的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图.
则E ,F ,A1(1,0,1),C1 ,则 = , = , = .设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z),则 即 取n=(-2,0,1), (11分)则cs< ,n>= = ,
所以直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值为 . (13分)
3.(2024江苏南京、盐城一模,16)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别 是边长为2和4的正方形,平面AA1D1D⊥平面ABCD,A1A=D1D= ,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上.(1)若BQ=3QC,证明:PQ∥平面ABB1A1;(2)若二面角P-QD-C的正弦值为 ,求BQ的长.
解析 (1)证明:取AA1的中点M,连接MP,MB.在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形A1ADD1是梯形,A1D1=2,AD=4,又点M,P分别是棱A1A,D1D的中点,所以MP∥AD,且MP= =3, (2分)在正方形ABCD中,BC∥AD,BC=4,又BQ=3QC,所以BQ=3.从而MP?BQ,所以四边形 BMPQ是平行四边形,所以PQ∥MB, (4分)又因为MB⊂平面ABB1A1,PQ⊄平面ABB1A1,所以PQ∥平面ABB1A1. (6分)
(2)在平面AA1D1D中,作A1O⊥AD于O.因为平面AA1D1D⊥平面ABCD,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,A1O⊂平面AA1 D1D,所以A1O⊥平面ABCD.在正方形ABCD中,过O作AB的平行线交BC于点N,则ON⊥OD.以{ , , }为正交基底,建立空间直角坐标系O-xyz.
因为四边形AA1D1D是等腰梯形,A1D1=2,AD=4,所以AO=1,又A1A=D1D= ,所以A1O=4.易得B(4,-1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P ,所以 =(4,0,0), = , =(0,-4,0). (9分)设 =λ =(0,-4λ,0)(0≤λ≤1),所以 = + =(4,-4λ,0).设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z),由 得 取m=(4λ,4,1).易知平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1). (12分)
设二面角P-QD-C的平面角为θ,由题意得|cs θ|= = .又|cs θ|=|cs
1. (2024山东临沂一模,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AA1=3, 点D,E分别在棱AA1,CC1上,AD=2DA1,C1E=2EC,F为B1C1的中点.(1)在平面ABB1A1内,过A作一条直线与平面DEF平行,并说明理由;(2)当三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.
解析 (1)连接AB1,直线AB1即为所求. (1分)理由:连接AC1交DE于点M,连接MF,DC1,AE. (2分)∵AD=2DA1,C1E=2EC,∴AD=C1E= AA1=2,又AD∥C1E,∴四边形ADC1E为平行四边形,∴AM=MC1, (4分)又B1F=FC1,∴MF∥AB1, (5分)又MF⊂平面DEF,AB1⊄平面DEF,
∴AB1∥平面DEF. (6分) (2)∵S△ABC= ×2×2sin∠ABC=2sin∠ABC,∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6sin∠ABC,∴当∠ABC= 时,S△ABC取得最大值,即当AB⊥BC时,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大,
(7分)又∵BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立 空间直角坐标系, (8分)则D(2,0,2),E(0,2,1),F(0,1,3),∴ =(-2,2,-1), =(0,-1,2), (10分)设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),由 得 取z=1,则y=2,x= ,此时n= , (12分)
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), (13分)记平面DEF与平面ABC的夹角为θ,则cs θ= = = . (14分)故平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为 . (15分)
2. (2024江苏南通第二次调研,17)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所 在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面E- FG相交于点H.(1)从下面两个结论中选一个证明:①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点.注:若两个问题均作答,则按第一个计分.(2)求直线BD与平面EFG的距离.
解析 (1)证明:选①.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG.又BD⊂平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.选②.在△ACD中,AG=2GD,F为CD的中点,所以GF与AC不平行.
设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF,又AC⊂平面ABC,FG⊂平面EFG,所以K∈平面ABC,K ∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG=HE,所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.(2)若第(1)问中选①.由(1)知,BD∥平面EFG.所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.若第(1)问中选②.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂ 平面EFG,
所以BD∥平面EFG.所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.连接EA,ED,因为△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,所以EA⊥BC,ED⊥BC.又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,所以AE⊥平面BCD,又ED⊂平面BCD,所以EA⊥ED.以{ , , }为正交基底建立如图所示空间直角坐标系,
则E(0,0,0),B(2,0,0),F(-1, ,0),G ,则 =(2,0,0), =(-1, ,0), = .设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),则
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