（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 8.3直線 平面平行的判定和性質(zhì)學(xué)案

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1、 §8.3　直線、平面平行的判定和性質(zhì) 考綱解讀 考點 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計 2013 2014 2015 2016 2017 平行的判定和性質(zhì) 1.理解以下判定定理: ①如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行,那么該直線與此平面平行. ②如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面都平行,那么這兩個平面平行. 2.理解以下性質(zhì)定理,并能夠證明:①如果一條直線與一個平面平行,經(jīng)過該直線的任一個平面與此平面相交,那么這條直線就和交線平行. ②如果兩個平行平面同時和第三個平面相交,那么它們的交線相互平行. 3.能證明一些空間位置關(guān)系的簡單命題.

2、 理解 18(1), 6分 4(文), 5分 4(文), 5分 2,5分 2(文), 5分 19,約7分 分析解讀　　1.平行關(guān)系是立體幾何中的一種重要關(guān)系.判斷命題及位置關(guān)系常以選擇題、填空題形式出現(xiàn). 2.直線與平面、平面與平面平行的判定與性質(zhì)是高考考查的重點和熱點,常以棱錐、棱柱及不規(guī)則幾何體為背景,以解答題的形式出現(xiàn). 3.預(yù)計2019年高考中,直線與平面、平面與平面平行的判定與性質(zhì)的應(yīng)用,證明線面、面面的平行關(guān)系,仍是高考的考查重點. 五年高考 考點　平行的判定和性質(zhì) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017課標(biāo)全國Ⅰ,6

3、,5分)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 答案　A 2.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,14,5分)α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題: ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. ②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n. ③如果α∥β,m?α,那么m∥β. ④如果m∥n,α∥β,那么m與α所成的角和n與β所成的角相等. 其中正確的命題有　　　　.(填寫所有正確命題的編號)? 答案?、冖邰? 3.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥

4、BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD. 求證:(1)EF∥平面ABC; (2)AD⊥AC. 證明　(1)在平面ABD內(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD, 所以EF∥AB. 又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD. 又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC, 所以AD⊥平面ABC. 又因為AC?平面ABC,所以AD

5、⊥AC. 4.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O'的直徑,FB是圓臺的一條母線. (1)已知G,H分別為EC,FB的中點.求證: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)證明:設(shè)FC中點為I,連接GI,HI. 在△CEF中,因為點G是CE的中點,所以GI∥EF. 又EF∥OB,所以GI∥OB. 在△CFB中,因為H是FB的中點,所以HI∥BC. 又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC. 因為GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC. (2)解

6、法一:連接OO',則OO'⊥平面ABC. 又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BO⊥AC. 以O(shè)為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意得B(0,2,0),C(-2,0,0), 所以=(-2,-2,0), 過點F作FM垂直O(jiān)B于點M. 所以FM==3,可得F(0,,3). 故=(0,-,3). 設(shè)m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由 可得 可得平面BCF的一個法向量m=. 因為平面ABC的一個法向量n=(0,0,1), 所以cos==. 所以二面角F-BC-A的余弦值為. 解法二:連接OO'.過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.

7、 則有FM∥OO'. 又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC. 可得FM==3. 過點M作MN垂直BC于點N,連接FN. 可得FN⊥BC,從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角. 又AB=BC,AC是圓O的直徑, 所以MN=BMsin 45°=. 從而FN=, 可得cos∠FNM=. 所以二面角F-BC-A的余弦值為. 5.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側(cè)棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求證: (1)直線DE∥平面A1C1F; (2)平面B1DE⊥平面A1C1F.

8、 證明　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC. 在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點, 所以DE∥AC,于是DE∥A1C1. 又因為DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F, 所以直線DE∥平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1. 因為A1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1. 又因為A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1, 所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因為B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D. 又因為B1D⊥A

9、1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1, 所以B1D⊥平面A1C1F. 因為直線B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 6.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E為棱AD的中點,異面直線PA與CD所成的角為90°. (1)在平面PAB內(nèi)找一點M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由; (2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 解析　(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行. 延長AB,DC,相交于點

10、M(M∈平面PAB),點M即為所求的一個點. 理由如下: 由已知,BC∥ED,且BC=ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形. 從而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE, 所以CM∥平面PBE. (說明:延長AP至點N,使得AP=PN,則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 過點A作AH⊥CE,交CE的延長線于點H,連接PH. 易知PA

11、⊥平面ABCD,又CE?平面ABCD, 從而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q,則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1, 所以AH=. 在Rt△PAH中,PH==, 所以sin∠APH==. 解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD. 設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 作A

12、y⊥AD,以A為原點,以,的方向分別為x軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), 所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2). 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z), 由得 設(shè)x=2,則可得n=(2,-2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α, 則sin α===. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為. 7.(2015江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,設(shè)AB1的中點為D,B1C∩BC1=E.求證

13、: (1)DE∥平面AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. 證明　(1)由題意知,E為B1C的中點, 又D為AB1的中點, 因此DE∥AC. 又因為DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C, 所以DE∥平面AA1C1C. (2)因為棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1⊥平面ABC. 因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1. 又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1, BC∩CC1=C, 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因為BC1?平面BCC1B1, 所以BC1⊥AC. 因為BC=CC1, 所以矩形BCC1B1是正

14、方形, 因此BC1⊥B1C. 因為AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C, 所以BC1⊥平面B1AC. 又因為AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1. 8.(2015安徽,19,13分)如圖所示,在多面體A1B1D1DCBA中,四邊形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均為正方形,E為B1D1的中點,過A1,D,E的平面交CD1于F. (1)證明:EF∥B1C; (2)求二面角E-A1D-B1的余弦值. 解析　(1)證明:由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四邊形A1B1CD為平行四邊形,從而B1C∥A1D,又A1D?面A1DE,B1

15、C?面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C. (2)因為四邊形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均為正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A為原點,分別以,,為x軸,y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,可得點的坐標(biāo)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點為B1D1的中點,所以E點的坐標(biāo)為(0.5,0.5,1). 設(shè)面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而該面上向量=(0.5,0.

16、5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1應(yīng)滿足的方程組(-1,1,1)為其一組解, 所以可取n1=(-1,1,1). 設(shè)面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而該面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1). 所以結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為 ==. 教師用書專用(9—15) 9.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點. (1)求證:GF∥平面ADE; (2)求平面AEF

17、與平面BEC所成銳二面角的余弦值. 解析　解法一:(1)證明:如圖,取AE的中點H,連接HG,HD, 又G是BE的中點,所以GH∥AB,且GH=AB. 又F是CD的中點,所以DF=CD. 由四邊形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GF∥DH. 又DH?平面ADE,GF?平面ADE,所以GF∥平面ADE. (2)如圖,在平面BEC內(nèi),過B點作BQ∥EC.因為BE⊥CE,所以BQ⊥BE. 又因為AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B為原點,分別以,,的方向為x軸,y軸,z軸的

18、正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因為AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)為平面BEC的法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由得取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos===, 所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為. 10.(2015山東,17,12分)如圖,在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分別為AC,BC的中點. (1)求證:BD∥平面FGH; (2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BA

19、C=45°,求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小. 解析　(1)連接DG,CD,設(shè)CD∩GF=O,連接OH. 在三棱臺DEF-ABC中,AB=2DE,G為AC的中點,可得DF∥GC,DF=GC,所以四邊形DFCG為平行四邊形. 則O為CD的中點,又H為BC的中點,所以O(shè)H∥BD, 又OH?平面FGH,BD?平面FGH,所以BD∥平面FGH. (2)設(shè)AB=2,則CF=1. 在三棱臺DEF-ABC中,G為AC的中點,由DF=AC=GC,可得四邊形DGCF為平行四邊形,因此DG∥FC. 又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC. 在△ABC中,由AB⊥BC,∠B

20、AC=45°,G是AC中點,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD兩兩垂直. 以G為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz. 所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1). 可得H,F(0,,1), 故=,=(0,,1). 設(shè)n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 則由 可得 可得平面FGH的一個法向量n=(1,-1,). 因為是平面ACFD的一個法向量,=(,0,0), 所以cos<,n>===. 所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60°. 11.(2015四川,18,12分)一個正方體的平面展開

21、圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.在正方體中,設(shè)BC的中點為M,GH的中點為N. (1)請將字母F,G,H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由); (2)證明:直線MN∥平面BDH; (3)求二面角A-EG-M的余弦值. 解析　(1)點F,G,H的位置如圖所示. (2)證明:連接BD,設(shè)O為BD的中點. 因為M,N分別是BC,GH的中點, 所以O(shè)M∥CD,且OM=CD, HN∥CD,且HN=CD. 所以O(shè)M∥HN,OM=HN. 所以MNHO是平行四邊形, 從而MN∥OH. 又MN?平面BDH,OH?平面BDH, 所以MN∥平面BDH. (3)解法一:連

22、接AC,過M作MP⊥AC于P. 在正方體ABCD-EFGH中,AC∥EG, 所以MP⊥EG. 過P作PK⊥EG于K,連接KM, 所以EG⊥平面PKM,從而KM⊥EG. 所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角. 設(shè)AD=2,則CM=1,PK=2. 在Rt△CMP中,PM=CMsin 45°=. 在Rt△PKM中,KM==. 所以cos∠PKM==. 即二面角A-EG-M的余弦值為. 解法二:如圖,以D為坐標(biāo)原點,分別以,,方向為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 設(shè)AD=2,則M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),

23、 所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2). 設(shè)平面EGM的法向量為n1=(x,y,z), 由得 取x=2,得n1=(2,2,1). 在正方體ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC, 則可取平面AEG的一個法向量為n2==(1,1,0), 所以cos===, 故二面角A-EG-M的余弦值為. 12.(2014課標(biāo)Ⅱ,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點. (1)證明:PB∥平面AEC; (2)設(shè)二面角D-AE-C為60°,AP=1,AD=,求三棱錐E-ACD的體積. 解析　(1)證明:連

24、接BD交AC于點O,連接EO. 因為ABCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點. 又E為PD的中點,所以EO∥PB. 又EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC. (2)因為PA⊥平面ABCD,ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直. 如圖,以A為坐標(biāo)原點,的方向為x軸的正方向,||為單位長,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則D(0,,0),E,=. 設(shè)B(m,0,0)(m>0),則C(m,,0),=(m,,0). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的法向量, 則即 可取n1=. 又n2=(1,0,0)為平面DAE的法向量,由題設(shè)得|cos|=

25、,即=,解得m=. 因為E為PD的中點,所以三棱錐E-ACD的高為. 三棱錐E-ACD的體積V=××××=. 13.(2014江蘇,16,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,D,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5. 求證:(1)直線PA∥平面DEF; (2)平面BDE⊥平面ABC. 證明　(1)因為D,E分別為棱PC,AC的中點,所以DE∥PA. 又因為PA?平面DEF,DE?平面DEF, 所以直線PA∥平面DEF. (2)因為D,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF

26、=BC=4. 又因為DF=5,故DF2=DE2+EF2, 所以∠DEF=90°, 即DE⊥EF. 又PA⊥AC,DE∥PA, 所以DE⊥AC. 因為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. 14.(2013江蘇,16,14分)如圖,在三棱錐S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.過A作AF⊥SB,垂足為F,點E,G分別是棱SA,SC的中點.求證: (1)平面EFG∥平面ABC; (2)BC⊥SA. 證明　(1)因為AS=AB,AF⊥SB,垂足為F,所以F是

27、SB的中點.又因為E是SA的中點,所以EF∥AB. 因為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)因為平面SAB⊥平面SBC,且交線為SB,又AF?平面SAB,AF⊥SB, 所以AF⊥平面SBC,因為BC?平面SBC,所以AF⊥BC. 又因為AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB?平面SAB,所以BC⊥平面SAB. 因為SA?平面SAB,所以BC⊥SA. 15.(2013安徽,19,13分)如圖,圓錐頂點為P,底面圓心為O,其母線與底面所成的角為22.5°,AB和CD是底面

28、圓O上的兩條平行的弦,軸OP與平面PCD所成的角為60°. (1)證明:平面PAB與平面PCD的交線平行于底面; (2)求cos∠COD. 解析　(1)證明:設(shè)面PAB與面PCD的交線為l. 因為AB∥CD,AB不在面PCD內(nèi),所以AB∥面PCD. 又因為AB?面PAB,面PAB與面PCD的交線為l,所以AB∥l. 由直線AB在底面上而l在底面外可知,l與底面平行. (2)設(shè)CD的中點為F.連接OF,PF. 由圓的性質(zhì),得∠COD=2∠COF,OF⊥CD. 因為OP⊥底面,CD?底面,所以O(shè)P⊥CD, 又OP∩OF=O,故CD⊥面OPF. 又CD?面PCD,因此面

29、OPF⊥面PCD, 從而直線OP在面PCD上的射影為直線PF,故∠OPF為OP與面PCD所成的角.由題設(shè),得∠OPF=60°. 設(shè)OP=h,則OF=OP·tan∠OPF=h·tan 60°=h. 根據(jù)題設(shè)有∠OCP=22.5°, 得OC==. 由1=tan 45°=和tan 22.5°>0, 可解得tan 22.5°=-1, 因此OC==(+1)h. 在Rt△OCF中,cos∠COF===-, 故cos∠COD=cos 2∠COF=2cos2∠COF-1=2(-)2-1=17-12. 三年模擬 A組　2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組 考點　平行的判定和性質(zhì) 　　

30、　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬,5)已知兩條不相交的空間直線a和b,則(　) A.必定存在平面α,使得a?α,b?α B.必定存在平面α,使得a?α,b∥α C.必定存在直線c,使得a∥c,b∥c D.必定存在直線c,使得a∥c,b⊥c 答案　B 2.(2017浙江湖州期末,4)已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列說法正確的是(　　) A.若m∥α,m∥β,則α∥β B.若m⊥α,m∥β,則α∥β C.若m⊥α,n∥α,則m∥n D.若m⊥α,n⊥α,則m∥n 答案　D 3.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,

31、15)已知m,n,l是互不相同的直線,α,β是兩個不重合的平面,給出以下四個命題: ①m,n是兩條異面直線,m?α,n?β,且m∥β,n∥α,則α∥β; ②若m?α,n∩α=A,且點A?m,則m,n是兩條異面直線; ③若m,n是異面直線,m∥α,n∥α,且l⊥m,l⊥n,則l⊥α; ④已知直線m⊥平面α,直線n?平面β,α⊥β?m∥n. 其中為真命題的序號是　　　　　.(把所有真命題的序號都填上)? 答案?、佗冖? 4.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期初聯(lián)考,19)如圖,四邊形ABCD為正方形,PDCE為直角梯形,∠PDC=90°,平面ABCD⊥平面PDCE,且PD=AD=2EC=

32、2. (1)若PE和DC延長線交于點F,求證:BF∥平面PAC. (2)若Q為EC邊上的動點,求直線BQ與平面PDB所成角正弦值的最小值. 解析　(1)證明:在△PDF中,∵∠PDC=∠ECF=90°,PD=2EC,∴C為DF中點,∴CF=CD=AB,且AB∥CF,∴四邊形ABFC為平行四邊形,∴BF∥AC,又AC?面PAC,BF?面PAC,∴BF∥平面PAC.(7分) (2)解法一:設(shè)點Q在面PBD上的射影為O,則∠QBO為直線BQ與平面PDB所成角.(9分) ∵EC∥PD,所以EC平行于平面PBD,因為四邊形ABCD為正方形,所以AC⊥BD,又易知PD⊥平面ABCD,

33、所以PD⊥AC,所以AC⊥平面PBD,所以點C到面PBD的距離為,因為EC平行于平面PBD,所以點Q到PBD的距離OQ=,(12分) 設(shè)CQ=k(0≤k≤1),所以BQ=,所以sin∠QBO==≥=.(15分) 解法二:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,可知平面PDB的一個法向量為=(-2,2,0),B(2,2,0),設(shè)Q(0,2,t)(0≤t≤1),(12分) ∴=(-2,0,t),設(shè)直線BQ與平面PDB所成角為α, ∴sin α==≥=.(15分) 5. (2017浙江寧波十校適應(yīng)性考試(5月),19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,∠BAD=120°,AB=AD=2,△

34、BCD是等邊三角形,E是BP的中點,AC與BD交于點O,且OP⊥平面ABCD. (1)求證:PD∥平面ACE; (2)當(dāng)OP=1時,求直線PA與平面ACE所成角的正弦值. 解析　(1)連接OE,因為O為BD的中點,E為PB的中點,所以O(shè)E∥PD. 因為PD?平面ACE,OE?平面ACE,所以PD∥平面ACE. (2)因為BD⊥AC,PO⊥平面ABCD,所以AC,BD,PO兩兩垂直. 以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB,OC,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略),則P(0,0,1),A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,3,0),E, =,=,=(0,-1,-1). 設(shè)平

35、面ACE的法向量為n=(x,y,z). 由即得 取x=1,則n=(1,0,-), 所以平面ACE的一個法向量為n=(1,0,-). 設(shè)直線PA與平面ACE所成的角為θ,則sin θ===. 所以直線PA與平面ACE所成角的正弦值為. 6.(2017浙江名校協(xié)作體,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為梯形,AD∥BC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP⊥平面ABP,O,M分別是AD,PB的中點. (1)求證:PD∥平面OCM; (2)若AP與平面PBD所成的角為60°,求線段PB的長. 解析　(1)連接OB,設(shè)BD與OC的交點為N,連接MN. 因為O為A

36、D的中點,AD=2, 所以O(shè)A=OD=1=BC. 又因為AD∥BC, 所以四邊形OBCD為平行四邊形,(2分) 所以N為BD的中點,又因為M為PB的中點, 所以MN∥PD.(4分) 又因為MN?平面OCM,PD?平面OCM, 所以PD∥平面OCM.(6分) (2)由四邊形OBCD為平行四邊形,知OB=CD=1, 所以△AOB為等邊三角形,所以∠BAD=60°,(8分) 所以BD==, 則AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD. 因為DP⊥平面ABP,所以AB⊥PD. 又因為BD∩PD=D,所以AB⊥平面BDP,(11分) 所以∠APB為AP與平面PBD所成的角, 則

37、∠APB=60°,(13分) 所以PB=.(15分) B組　2016—2018年模擬·提升題組 一、選擇題 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬訓(xùn)練(一),3)若有直線m、n和平面α、β,下列四個命題中,為真的是(　　) A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m?α,n?α,m∥β,n∥β則α∥β C.若α⊥β,m?α,則m⊥β D.若α⊥β,m⊥β,m?α,則m∥α 答案　D 2.(2017浙江湖州期末,4)已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列說法正確的是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　

38、 A.若m∥α,m∥β,則α∥β B.若m⊥α,m∥β,則α∥β C.若m⊥α,n∥α,則m∥n D.若m⊥α,n⊥α,則m∥n 答案　D 二、解答題 3.(2018浙江重點中學(xué)12月聯(lián)考,19)已知等腰梯形ABCD中(如圖1),AB=4,BC=CD=DA=2,F為線段CD的中點,E、M為線段AB上的點,AE=EM=1,現(xiàn)將四邊形AEFD沿EF折起(如圖2). 圖1 圖2 (1)求證:AM∥平面BCD; (2)若BD=,求直線CD與平面BCFE所成角的正弦值. 解析　(1)證明:連接CM, ∵EM∥FC且EM=FC=1,∴四邊形EFCM為平行四邊形,(2分)

39、∴EF∥CM且EF=CM. 又EF∥AD且EF=AD,∴CM∥AD且CM=AD,(4分) ∴四邊形ADCM為平行四邊形,∴AM∥DC, 又∵DC?面BCD,AM?面BCD,∴AM∥面BCD.(6分) (2)過點D作DH⊥EF于H,連接BH,CH,在Rt△DFH中,易知∠DFH=60°, 又DF=1,∴DH=,FH=,在△BEH中,EH=EF-FH=,(10分) ∠HEB=60°,EB=3,∴HB2=+32-2××3cos 60°=. 在△BDH中,DH=,BH=,BD=,∴DH2+BH2=BD2, ∴DH⊥HB,又DH⊥EF,∴DH⊥平面BCFE.(13分) ∴CH為CD在平

40、面BCFE內(nèi)的射影,∴∠DCH為CD與平面BCFE所成的角, 在△FCH中,易知∠CFH=120°,∴CH==, 在Rt△CDH中,CD==,∴sin∠DCH==, ∴CD與平面BCFE所成的角的正弦值為.(15分) 4.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,△ABC是正三角形,面PAB⊥面ABC,∠PAB=30°,AB=PB=2,△ABC和△PBC的重心分別為D,E. (1)證明:DE∥面PAB; (2)求AB與面PDE所成角的正弦值. 解析　(1)證明:取BC中點F,連接AF,PF,由重心性質(zhì)可知D,E分別在AF,PF上且AD=2DF,P

41、E=2EF,所以在△AFP中有=, 所以DE∥AP,又DE?平面PAB,AP?平面PAB, 所以DE∥平面PAB.(7分) (2)以AB中點O為原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. ∵AB=PB=2,∠PAB=30°,∴∠PBA=120°,∴P(0,2,), 又由已知條件知A(0,-1,0),B(0,1,0),F, ∴=,=,=(0,2,0). 設(shè)面PDE的法向量為n=(x,y,z),則 取x=,則∴n=(,-1,), 設(shè)AB與面PDE所成角為θ,則sin θ=|cos|=,所以AB與面PDE所成角的正弦值為.(15分) 5.(2016浙江名校(衢州二中)交流卷

42、五,18)如圖,在多面體ABC-A1B1C1中,四邊形ABB1A1是正方形,AC=AB=1,A1C=A1B=BC,B1C1∥BC,且B1C1=BC. (1)求證:AB1∥面A1C1C; (2)求二面角C-A1C1-B的余弦值. 解析　(1)證明:取BC的中點E,連接AE,C1E,B1E,如圖.∵B1C1∥BC,B1C1=BC,∴B1C1∥EC,B1C1=EC,∴四邊形CEB1C1為平行四邊形,從而B1E∥C1C,∵C1C?面A1C1C,B1E?面A1C1C,∴B1E∥面A1C1C.(2分) ∵B1C1∥BC,B1C1=BC,∴B1C1∥BE,B1C1=BE, ∴四邊形BB1C

43、1E為平行四邊形,∴B1B∥C1E,且B1B=C1E. 又∵ABB1A1是正方形,∴A1A∥B1B,A1A=B1B, ∴A1A∥C1E,且A1A=C1E,故AEC1A1為平行四邊形,∴AE∥A1C1.∵A1C1?面A1C1C,AE?面A1C1C, ∴AE∥面A1C1C.(4分) ∵AE∩B1E=E,∴面B1AE∥面A1C1C. ∵AB1?面B1AE,∴AB1∥面A1C1C.(6分) (2)∵四邊形ABB1A1為正方形, ∴A1A=AB=AC=1,又A1A⊥AB,∴A1B=. ∵A1C=A1B,∴A1C=, ∴A1C2=AC2+A,∴∠A1AC=90°,∴A1A⊥AC.∵AB∩

44、AC=A,∴A1A⊥面ABC,∵A1C=A1B=BC,∴BC=. ∴AC2+AB2=BC2,∴∠BAC=90°,∴AB⊥AC.(8分) 以A為原點,AC,AB,AA1所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則C(1,0,0),A1(0,0,1),C1,B(0,1,0),所以=(-1,0,1),=,=(0,-1,1),=. 設(shè)面A1C1C的法向量為n1=(x,y,z),由n1·=0,n1·=0,得令z=1,得n1=(1,-1,1). 設(shè)面A1C1B的法向量為n2=(m,n,k),由n2·=0,n2·=0,得令k=1,得n2=(-1,1,1),(12分) 所以cos

45、2>===-. 設(shè)二面角C-A1C1-B的平面角為α,=θ, 所以cos α=cos(π-θ)=.(15分) C組　2016—2018年模擬·方法題組 方法1　線面、面面平行的判定的解題策略 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017浙江測試卷,19)如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,側(cè)棱AA1⊥底面ABCD,M是AC的中點,∠BAD=120°,AA1=AB. (1)證明:MD1∥平面A1BC1; (2)求直線MA1與平面A1BC1所成的角的正弦值. 解析　(1)連接B1D1交A1C1于點E,連接BE,BD,則BD與

46、AC交于點M,連接ME,由ED1∥BM,ED1=BM,知四邊形ED1MB是平行四邊形,∴MD1∥BE,又MD1?平面A1BC1,BE?平面A1BC1,∴MD1∥平面A1BC1. (2)由A1B1C1D1為菱形,得A1C1⊥B1D1,又ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,∴BB1⊥A1C1,又B1D1∩BB1=B1,∴A1C1⊥平面BB1D1D,又A1C1?平面A1BC1,∴平面BB1D1D⊥平面A1BC1. 過點M作BE的垂線,垂足為H,則MH⊥平面A1BC1,連接HA1,則∠MA1H即為直線MA1與平面A1BC1所成的角, 設(shè)AA1=1,∵ABCD是菱形且∠BAD=120°,∴AM=,MB=.在Rt△MAA1中,由AM=,AA1=1,得MA1=,在Rt△EMB中,由MB=,ME=1,得MH=, ∴sin∠MA1H==. 方法2　線面、面面平行的性質(zhì)的解題策略 2.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)第一學(xué)期期中,2)已知平面α和不同在平面α內(nèi)但共面的兩條不同的直線m,n,下列命題是真命題的是(　　) A.若m,n與α所成的角相等,則m∥n B.若m∥α,n∥α,則m∥n C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m?α,n∥α,則m∥n 答案　D 20