高考数学二轮复习 第八章 立体几何 直线平面平行的判定和性质 理含试题Word文档格式.docx

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若不存在,说明理由.

[答案]2.查看解析

[解析]2.解法一:

（几何方法）

（Ⅰ）证明:

如图1,连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.

当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,

所以FP∥AD1.

所以BC1∥FP.

而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.

（Ⅱ）如图2,连结BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,

所以EF∥BD,且EF=BD.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=PQ.

在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,

于是EQ=FP=,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,连结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°

.

连结EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.

连结GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.

在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,

OG2=1+（2-λ）2-=（2-λ）2+,

由OG2+OH2=GH2,得（2-λ）2++λ2+=4,

解得λ=1±

故存在λ=1±

使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.

解法二:

（向量方法）

以D为原点,射线DA,DC,DD1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）,C1（0,2,2）,E（2,1,0）,F（1,0,0）,P（0,0,λ）.

=（-2,0,2）,=（-1,0,λ）,=（1,1,0）.

当λ=1时,=（-1,0,1）,

因为=（-2,0,2）,所以=2,即BC1∥FP.

而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,

故直线BC1∥平面EFPQ.

（Ⅱ）设平面EFPQ的一个法向量为n=（x,y,z）,

则由可得于是可取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±

3.（2014江苏,16,14分）如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.

求证:

（1）直线PA∥平面DEF;

（2）平面BDE⊥平面ABC.

[答案]3.查看解析

[解析]3.

（1）因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.

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,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.

又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,

所以∠DEF=90°

即DE⊥EF.

又PA⊥AC,DE∥PA,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.

4.（2014山东,17,12分）如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°

AB=2CD=2,M是线段AB的中点.

（Ⅰ）求证:

C1M∥平面A1ADD1;

（Ⅱ）若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值.

[答案]4.查看解析

[解析]4.（Ⅰ）证明:

因为四边形ABCD是等腰梯形,

且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.

连结AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,

因为CD∥C1D1,CD=C1D1,

可得C1D1∥MA,C1D1=MA,

所以四边形AMC1D1为平行四边形.

因此C1M∥D1A,又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,

所以C1M∥平面A1ADD1.

（Ⅱ）解法一:

连结AC,MC,由（Ⅰ）知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.

可得BC=AD=MC,

由题意∠ABC=∠DAB=60°

所以△MBC为正三角形,

因此AB=2BC=2,CA=,

因此CA⊥CB.

以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.

所以A（,0,0）,B（0,1,0）,D1（0,0,）,

因此M,

所以=,==.

设平面C1D1M的法向量n=（x,y,z）,

由得

可得平面C1D1M的一个法向量n=（1,,1）.

又=（0,0,）为平面ABCD的一个法向量.

因此cos<

n>

==.

所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为.

由（Ⅰ）知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连结D1N.

由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.

在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°

可得CN=.

所以ND1==.

在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===.

5.（2014北京,17,14分）如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.

AB∥FG;

（Ⅱ）若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.

[答案]5.查看解析

[解析]5.（Ⅰ）在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.

又因为AB⊄平面PDE,

所以AB∥平面PDE.

因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,

所以AB∥FG.

（Ⅱ）因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.

如图建立空间直角坐标系Axyz,则A（0,0,0）,B（1,0,0）,C（2,1,0）,P（0,0,2）,F（0,1,1）,=（1,1,0）.

设平面ABF的法向量为n=（x,y,z）,

则即

令z=1,则y=-1.所以n=（0,-1,1）.

设直线BC与平面ABF所成角为α,

则sinα=|cos<

n,>

|==.

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.

设点H的坐标为（u,v,w）.

因为点H在棱PC上,所以可设=λ（0<

1）,

即（u,v,w-2）=λ（2,1,-2）.

所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.

因为n是平面ABF的法向量,所以n·

=0,

即（0,-1,1）·

（2λ,λ,2-2λ）=0.

解得λ=,所以点H的坐标为.

所以PH==2.

6.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，平面，，，。

是的中点，是的中点，点在线段上，且。

（1） 

证明:

平面；

（2） 

若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求的值。

[答案]6.查看解析

[解析]6. 

法一：

（1）如图，连并延长交于，连，过作交于，则，。

故，从而。

因平面，平面，故平面；

（2）过作于，作于，连。

因平面，故平面平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。

因，故，因此即为的角平分线。

由⑴易知，故，从而，。

由题易知平面，故。

由题，故。

所以，从而。

法二：

如图建立空间直角坐标系，

则，，，，。

（1）设，则，因此。

显然是平面的一个法向量，且，所以平面；

（2）由

（1），，，故由得，因此，从而，。

设是平面的法向量，则，取得。

故。

7.（2014山东青岛高三第一次模拟考试,18）如图，四棱锥中,面，

、分别为、的中点，，.

（Ⅰ）证明：

∥面；

（Ⅱ）求面与面所成锐角的余弦值.

[答案]7.查看解析

[解析]7.：

（Ⅰ）因为、分别为、的中点，

所以∥，

因为面，面，

所以∥面. 

（4分）

（Ⅱ）因为，

所以，

又因为为的中点，

得，即6， 

（6分）

因为，所以，

分别以为轴建立坐标系，

则，（8分）

设、分别是面与面的法向量，

则，令，

又，令，

所以. 

（12分）

8.（2014安徽合肥高三第二次质量检测，17）如图，平面为圆柱的轴截面.点弧上的点，点为的中点.

（Ⅰ）求证：

∥平面；

（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值．

[答案]8.查看解析

[解析]8. 

（Ⅰ）连结，，因为且，

所以四边形为平行四边形，所以，

由平面平面，

又平面，

所以平面. 

（Ⅱ）解法一 

过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，

因为平面，平面，

所以，而，

所以平面，所以，

由，

故为二面角的平面角，

令，在中，，，所以，

解法二 

如图，建立空间之间坐标系，

设，因为，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，，，

由得，取，则，即，

因为平面为圆柱的轴截面，

所以平面的一个法向量为，

即二面角的余弦值为.（12分）

9.（2014贵州贵阳高三适应性监测考试,19）如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，.

（Ⅰ）若点为的中点，求证：

（Ⅱ）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？

若存在，求出的长；

若不存在，请说明理由.

[答案]9.查看解析

[解析]9.解：

（Ⅰ）四边形为正方形，连接，，则是的中点，

又因为点为的中点，连接，则为的中位线，所以，

又因为平面，平面，

（Ⅱ）根据题意得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则，

设满足条件的点存在，令，

因为，

设是平面的一个法向量，

则得，设，则平面的法向量为，由题知平面的一个法向量，

由二面角的大小为得：

，解得，

所以当