浙江专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何8.3直线平面平行的判定和性质学.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 8.3 直线、平面平行的判定和性质 考纲解读 考点 考纲内容 要求 浙江省五年高考统计 2013 2014 2015 2016 2017 平行的判定和性质 1.理解以下判定定理 : 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行 ,那么该直线与此平面平行 . 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行 ,那么这两个平面平行 . 2.理解以下性质定理 ,并能够证明 : 如果一条直线与一个平面平行 ,经过该直线的任一个平面与此平面相交 ,那么这条直线就和交线平行 . 如果两个平行平面同时和第三个平面相交 ,那么 它们的交线相互平行 . 3.能证明一些空间位置关系的

2、简单命题 . 理解 18(1), 6分 4(文), 5分 4(文), 5分 2,5分 2(文), 5分 19,约 7分 分析解读 1.平行关系是立体几何中的一种重要关系 .判断命题及位置关系常以选择题、填空题形式出现 . 2.直线与平面、平面与平面平行的判定与性质是高考考查的重点和热点 ,常以棱锥、棱柱及不规则几何体为背景 ,以解答题的形式出现 . 3.预计 2019年高考中 ,直线与平面、平面与平面平行的判定与性质的应用 ,证明线面、面面的平行关系 ,仍是高考的考查重点 . 五年高考 考点 平行的判定和性质 1.(2017课标全国 ,6,5 分 )如图 ,在下列四个正方体中 ,A,B为正方体

3、的两个顶点 ,M,N,Q 为所在棱的中点 ,则在这四个正方体中 ,直线 AB与平面 MNQ不平行的是 ( ) 答案 A 2.(2016课标全国 ,14,5 分 ), 是两个平面 ,m,n是两条直线 ,有下列四个命题 : 如果 mn,m,n, 那么 . 如果 m,n, 那么 mn. 如果 ,m ?, 那么 m. 如果 mn, 那么 m与 所 成的角和 n与 所成的角相等 . 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号 ) 答案 3.(2017江苏 ,15,14分 )如图 ,在三棱锥 A-BCD中 ,ABAD,BCBD, 平面 ABD 平面 BCD,点 E,F(E与 A,D不重合 )分别在棱 A

4、D,BD上 ,且 EFAD. 求证 :(1)EF 平面 ABC; (2)ADAC. =【 ;精品教育资源文库 】 = 证明 (1)在平面 ABD内 ,因为 ABAD,EFAD, 所以 EFAB. 又因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC,所以 EF 平面 ABC. (2)因为平面 ABD 平面 BCD,平面 ABD 平面 BCD=BD, BC?平面 BCD,BCBD, 所以 BC 平面 ABD. 因为 AD?平面 ABD,所以 BCAD. 又 ABAD,BCAB=B,AB ?平面 ABC,BC?平面 ABC, 所以 AD 平面 ABC. 又因为 AC?平面 ABC,所以 ADAC. 4.

5、(2016山东 ,17,12分 )在如图所示的圆台中 ,AC是下底面圆 O的直径 ,EF是上底面圆 O的直径 ,FB是圆台的一条母线 . (1)已知 G,H分别为 EC,FB的中点 .求证 :GH 平面 ABC; (2)已知 EF=FB= AC=2 ,AB=BC.求二面角 F-BC-A的余弦值 . 解析 (1)证明 :设 FC 中点为 I,连接 GI,HI. 在 CEF 中 ,因为点 G是 CE 的中点 ,所以 GIEF. 又 EFOB, 所以 GIOB. 在 CFB 中 ,因为 H是 FB的中点 ,所以 HIBC. 又 HIGI=I, 所以平面 GHI 平面 ABC. 因为 GH?平面 GH

6、I,所以 GH 平面 ABC. (2)解法一 :连接 OO,则 OO 平面 ABC. 又 AB=BC,且 AC是圆 O的直径 ,所以 BOAC. 以 O为坐标原点 ,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 由题意得 B(0,2 ,0),C(-2 ,0,0), 所以 =(-2 ,-2 ,0), 过点 F作 FM 垂直 OB于点 M. =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 FM= =3,可得 F(0, ,3). 故 =(0,- ,3). 设 m=(x,y,z)是平面 BCF的法向量 . 由 可得 可得平面 BCF的一个法向量 m= . 因为平面 ABC的一个法向量 n=(0,0,1), 所以

7、 cos= = . 所以二面角 F-BC-A的余弦值为 . 解法二 :连接 OO.过点 F作 FM垂直 OB于点 M. 则有 FMOO. 又 OO 平面 ABC,所以 FM 平面 ABC. 可得 FM= =3. 过点 M作 MN 垂 直 BC于点 N,连接 FN. 可得 FNBC, 从而 FNM 为二面角 F-BC-A的平面角 . 又 AB=BC,AC是圆 O的直径 , 所以 MN=BMsin 45= . 从而 FN= , 可得 cosFNM= . 所以二面角 F-BC-A的余弦值为 . 5.(2016江苏 ,16,14分 )如图 ,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中 ,D,E分别为 AB,B

8、C的中点 ,点 F在侧棱 B1B上 ,且B1DA 1F,A1C1A 1B1.求证 : =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)直线 DE 平面 A1C1F; (2)平面 B1DE 平面 A1C1F. 证明 (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中 ,A1C1AC. 在 ABC 中 ,因为 D,E分别为 AB,BC的中点 , 所以 DEAC, 于是 DEA 1C1. 又因为 DE?平面 A1C1F,A1C1?平面 A1C1F, 所以直线 DE 平面 A1C1F. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中 ,A1A 平面 A1B1C1. 因为 A1C1?平面 A1B1C1,所以 A1AA 1C1.

9、 又因为 A1C1A 1B1,A1A?平面 ABB1A1,A1B1?平面 ABB1A1,A1AA 1B1=A1, 所以 A1C1 平面 ABB1A1. 因为 B1D?平面 ABB1A1,所以 A1C1B 1D. 又因为 B1DA 1F,A1C1?平面 A1C1F,A1F?平面 A1C1F,A1C1A 1F=A1, 所以 B1D 平面 A1C1F. 因为直线 B1D?平面 B1DE,所以平面 B1DE 平面 A1C1F. 6.(2016四川 ,18,12分 )如图 ,在四棱锥 P-ABCD中 ,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD= AD,E为棱 AD的中点 ,异面直线 PA与 CD所成的

10、角为 90. (1)在平面 PAB内找一点 M,使得直线 CM 平面 PBE,并说明理由 ; (2)若二面角 P-CD-A的大小为 45, 求直线 PA 与平面 PCE所成角的正弦值 . 解析 (1)在梯形 ABCD中 ,AB与 CD 不平行 . 延长 AB,DC,相交于点 M(M 平面 PAB),点 M即为所求的一个点 . 理由如下 : 由已知 ,BCED, 且 BC=ED. 所以四边形 BCDE是平行四边形 . 从而 CMEB. 又 EB?平面 PBE,CM?平面 PBE, 所以 CM 平面 PBE. (说明 :延长 AP至点 N,使得 AP=PN,则所找的点可以是直线 MN上任意一点 )

11、 (2)解法一 :由已知 ,CDPA,CDAD,PAAD=A, 所以 CD 平面 PAD.从而 CDPD. 所以 PDA是二面角 P-CD-A的平面角 . 所以 PDA=45. 设 BC=1,则在 RtPAD 中 ,PA=AD=2. 过点 A作 AHCE, 交 CE的延长线于点 H,连接 PH. =【 ;精品教育资源文库 】 = 易知 PA 平面 ABCD,又 CE?平面 ABCD, 从而 PACE. 于是 CE 平面 PAH. 所以平面 PCE 平面 PAH. 过 A作 AQPH 于 Q,则 AQ 平面 PCE. 所以 APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角 . 在 RtAEH 中 ,A

12、EH=45,AE=1, 所以 AH= . 在 RtPAH 中 ,PH= = , 所以 sinAPH= = . 解法二 :由已知 ,CDPA,CDAD,PAAD=A, 所以 CD 平面 PAD.于是 CDPD. 从而 PDA 是 二面角 P-CD-A的平面角 . 所以 PDA=45. 由 PAAB, 可得 PA 平面 ABCD. 设 BC=1,则在 RtPAD 中 ,PA=AD=2. 作 AyAD, 以 A为原点 ,以 , 的方向分别为 x轴 ,z 轴的正方向 ,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), 所以 =(1

13、,0,-2), =(1,1,0), =(0,0,2). 设平面 PCE的 法向量为 n=(x,y,z), 由 得 设 x=2,则可得 n=(2,-2,1). 设直线 PA与平面 PCE所成角为 , 则 sin = = = . 所以直线 PA 与平面 PCE所成角的正弦值为 . 7.(2015江苏 ,16,14分 )如图 ,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中 ,已知 ACBC,BC=CC 1,设 AB1的中点为 D,B1CBC 1=E.求证 : (1)DE 平面 AA1C1C; (2)BC1AB 1. =【 ;精品教育资源文库 】 = 证明 (1)由题意知 ,E 为 B1C的中点 , 又 D为

14、AB1的中点 , 因此 DEAC. 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 ACCC 1. 又因为 ACBC,CC 1?平面 BCC1B1,BC?平面 BCC1B1, BCCC 1=C, 所以 AC 平面 BCC1B1. 又因为 BC1?平面 BCC1B1, 所以 BC1AC. 因为 BC=CC1, 所以矩形 BCC1B1是正方形 , 因此 BC1B 1C. 因为 AC,B1C?平面 B1AC,ACB 1C=C, 所以 BC1

15、 平面 B1AC. 又因为 AB1?平面 B1AC,所以 BC1AB 1. 8.(2015安徽 ,19,13分 )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 :EFB 1C; (2)求二面角 E-A1D-B1的余弦值 . 解析 (1)证明 :由正方形的性质可知 A1B1ABDC, 且 A1B1=AB=DC,所以四边形 A1B1CD为平行四边形 ,从而B1CA 1D,又 A1D?面 A1DE,B1C?面 A1DE,于是 B1C 面 A1DE.又 B1C?面

16、 B1CD1,面 A1DE 面 B1CD1=EF,所以 EFB 1C. (2)因为四边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形 ,所以 AA1AB,AA 1AD,ABAD 且 AA1=AB=AD,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). =【 ;精品教育资源文库 】 = 设面 A1DE的法向量 n1=(r1,s1,t1),而该面上向

17、量 =(0.5,0.5,0), =(0,1,-1),由 n1 ,n1 得 r1,s1,t1应满足的方程组 (-1,1,1)为其一组解 , 所以可取 n1=(-1,1,1). 设面 A1B1CD的法向量 n2=(r2,s2,t2),而该面上向量 =(1,0,0), =(0,1,-1),由此同理可得 n2=(0,1,1). 所以结合图形知二面角 E-A1D-B1的余弦值为 = = . 教师用书专用 (9 15) 9.(2015福建 ,17,13分 )如图 ,在几何体 ABCDE中 ,四边形 ABCD是矩形 ,AB 平面 BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段 BE,DC的中点 .

18、 (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 . 解析 解法一 :(1)证明 :如图 ,取 AE的中点 H,连接 HG,HD, 又 G是 BE的中点 ,所以 GHAB, 且 GH= AB. 又 F是 CD的中点 ,所以 DF= CD. 由四边形 ABCD是矩形得 ,ABCD,AB=CD, 所 以 GHDF, 且 GH=DF, 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. =【 ;精品教育资源文库 】 = 又因为 AB 平面 BEC,所以 ABBE,ABBQ. 以 B为原点 ,分