§8.3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)專題檢測1.(2020河南名校聯(lián)盟尖子生3月聯(lián)考,6)已知正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是BB1,DD1,A1B1的中點(diǎn),則下列說法錯(cuò)誤的是( )A.B1D∥平面A1FC1 B.CE∥平面A1FC1C.GE∥平面A1FC1 D.AE∥平面A1FC1答案 C 本題考查空間中線面平行的判定,考查學(xué)生直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng).如圖所示,連接B1D1和A1C1相交于點(diǎn)O,則O為A1C1、B1D1的中點(diǎn),對于A選項(xiàng),連接OF,則OF∥B1D,因?yàn)镺F?平面A1FC1,B1D?平面A1FC1,所以B1D∥平面A1FC1,即A的說法正確;對于B選項(xiàng),易知CE∥A1F,因?yàn)锳1F?平面A1FC1,CE?平面A1FC1,所以CE∥平面A1FC1,即B的說法正確;對于C選項(xiàng),因?yàn)镚E∥A1B,所以GE與平面A1FC1相交,即C錯(cuò)誤;對于D選項(xiàng),易知AE∥C1F,因?yàn)镃1F?平面A1FC1,AE?平面A1FC1,所以AE∥平面A1FC1,即D的說法正確.故選C.2.(2020重慶直屬校3月模擬,6)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABCD為平行四邊形,E,F分別在線段DB,DD1上,且==,G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,則=( )
A. B. C. D.答案 B 本題考查面面平行的性質(zhì)定理,考查邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象等核心素養(yǎng),考查學(xué)生的數(shù)學(xué)應(yīng)用意識.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ABCD為平行四邊形,E,F分別在線段DB,DD1上,且==,∴EF∥BD1,平面ADD1A1∥平面BCC1B1,∵G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,∴AF∥BG,∴==.故選B.3.(2020黑龍江頂級名校9月聯(lián)考,8)如圖,四棱錐S-ABCD的所有棱長均為2,E是SA的中點(diǎn),過C、D、E三點(diǎn)的平面與SB交于點(diǎn)F,則四邊形DEFC的周長為( )A.2+ B.3+ C.3+2 D.2+2答案 C 因?yàn)锳B=BC=CD=DA=2,所以四邊形ABCD為菱形,所以CD∥AB,又CD?平面SAB,AB?平面SAB,所以CD∥平面SAB,又CD?平面CDEF,且平面CDEF∩平面SAB=EF,所以CD∥EF,所以EF∥AB.又因?yàn)镋為SA的中點(diǎn),所以EF=AB=1,又易知△SAD和△SBC均是等邊三角形,所以DE=CF=2×sin60°=,所以四邊形DEFC的周長為CD+DE+EF+FC=2++1+
=2+3,故選C.思路分析 本題利用線面平行的判定定理得出CD∥平面SAB,再利用線面平行的性質(zhì)定理得CD∥EF,從而實(shí)現(xiàn)了平面問題與空間問題的轉(zhuǎn)化,最終利用平面相關(guān)知識求得四邊形的周長.4.(2020四川成都二診,11)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)P,Q分別為AB,AD的中點(diǎn),過點(diǎn)D作平面α使B1P∥平面α,A1Q∥平面α.若直線B1D1∩平面α=M,則的值為( )A. B. C. D.答案 B 如圖所示,取A1D1,D1C1的中點(diǎn)分別為E,F,連接EF,DE,DF,則有A1Q∥DE,又知DE?平面DEF,A1Q?平面DEF,∴A1Q∥平面DEF,同理可得B1P∥平面DEF,∴平面DEF即為平面α,連接A1C1,B1D1,由題知B1D1∩EF=M,由于E,F分別為所在棱中點(diǎn),∴EF∥A1C1,∴點(diǎn)M為線段B1D1的四等分點(diǎn),且靠近點(diǎn)D1,∴=,故選B.5.(2019江西吉安一模,11)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是A1D1,A1B1的中點(diǎn),過直線BD的平面α∥平面AMN,則平面α截該正方體所得截面的面積為( )A. B. C. D.答案 B 如圖1,取B1C1的中點(diǎn)E,C1D1的中點(diǎn)F,連接EF,BE,DF,B1D1,則EF∥B1D1,B1D1∥BD,所以EF∥BD,故EF,BD在同一平面內(nèi).連接ME,因?yàn)镸,E分別為A1D1,B1C1的中點(diǎn),所以ME∥
AB,且ME=AB,所以四邊形ABEM是平行四邊形,所以AM∥BE,又因?yàn)锽E?平面BDFE,AM?平面BDFE,所以AM∥平面BDFE,同理AN∥平面BDFE.又因?yàn)锳M∩AN=A,所以平面AMN∥平面BDFE,所以平面BDFE為平面α.BD=,EF=B1D1=,DF=BE=,等腰梯形BDFE如圖2,圖1圖2分別過E,F作BD的垂線,則四邊形EFGH為矩形,∴FG===,故所得截面的面積為××=.故選B.6.(2019豫北名校4月聯(lián)考,14)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)D,D1分別為AC,A1C1上的點(diǎn),若平面BC1D∥平面AB1D1,則= .?答案 1解析 如圖所示,連接A1B,與AB1交于點(diǎn)O,連接OD1,∵平面BC1D∥平面AB1D1,平面BC1D∩平面A1BC1=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,∴BC1∥D1O,∴=,同理AD1∥DC1,∴=,∴=,又∵=1,∴=1,即=1.
7.(2019福建廈門一模,15)在正三棱錐S-ABC中,AB=2,SA=2,E,F分別為AC,SB的中點(diǎn).平面α過點(diǎn)A,平面α∥平面SBC,平面α∩平面ABC=l,則異面直線l和EF所成角的余弦值為 .?答案 解析 ∵平面α∥平面SBC,平面α∩平面ABC=l,平面SBC∩平面ABC=BC,∴l(xiāng)∥BC.取AB的中點(diǎn)D,連接DE,DF,則DE∥BC,∴l(xiāng)∥DE,∴異面直線l和EF所成角即為∠DEF(或其補(bǔ)角).取BC的中點(diǎn)O,連接SO,AO,則SO⊥BC,AO⊥BC,又SO∩AO=O,∴BC⊥平面SOA,又SA?平面SOA,∴BC⊥SA,∴DE⊥DF.在Rt△DEF中,DE=,DF=,∴EF=2,∴cos∠DEF==.∴異面直線l和EF所成角的余弦值為.思路分析 推導(dǎo)出l∥BC,取AB的中點(diǎn)D,連接DE,DF,則DE∥BC,從而l∥DE,進(jìn)而得到異面直線l和EF所成角即為∠DEF(或其補(bǔ)角),由此能求出異面直線l和EF所成角的余弦值.8.(2020安徽合肥一中等六校第一次聯(lián)考,16)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)
M是AD的中點(diǎn),動點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界),若B1P∥平面A1BM,則C1P的最小值是 .?答案 解析 如圖,取A1D1的中點(diǎn)Q,BC的中點(diǎn)N,連接DN,NB1,B1Q,QD,易證DN∥BM,DQ∥A1M,又DN∩DQ=D,BM∩A1M=M,∴平面B1QDN∥平面A1BM,則動點(diǎn)P的軌跡是線段DN(不含D,N兩點(diǎn)),連接CP.又CC1⊥平面ABCD,則當(dāng)CP⊥DN時(shí),C1P取得最小值,∴C1P≥=.則C1P的最小值為.解題關(guān)鍵 利用線面平行與面面平行的性質(zhì)定理得點(diǎn)P的軌跡是求解本題的關(guān)鍵.9.(2019北師大附中期中文,18)如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,平面SAD⊥平面ABCD,SA=SD,E,P,Q分別是棱AD,SC,AB的中點(diǎn).(1)求證:PQ∥平面SAD;(2)求證:AC⊥平面SEQ;(3)如果SA=AB=2,求三棱錐S-ABC的體積.
解析 (1)證明:取SD的中點(diǎn)F,連接AF,PF.因?yàn)镻,F分別是棱SC,SD的中點(diǎn),所以FP∥CD,且FP=CD.又因?yàn)镼是AB的中點(diǎn),所以AQ∥CD,且AQ=CD.所以FP∥AQ且FP=AQ.所以四邊形AQPF為平行四邊形.所以PQ∥AF.又因?yàn)镻Q?平面SAD,AF?平面SAD,所以PQ∥平面SAD.(2)證明:連接BD,在△SAD中,SA=SD,E是AD的中點(diǎn),所以SE⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE?平面SAD,所以SE⊥平面ABCD,又AC?平面ABCD,所以SE⊥AC.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,所以BD⊥AC,
因?yàn)镋,Q分別是AD,AB的中點(diǎn),所以EQ∥BD,所以EQ⊥AC,因?yàn)镾E∩EQ=E,SE,EQ?平面SEQ,所以AC⊥平面SEQ.(3)因?yàn)榱庑蜛BCD中,∠BAD=60°,AB=2,所以S△ABC=AB·BC·sin∠ABC=.因?yàn)镾A=AD=SD=2,E是AD的中點(diǎn),所以SE=.由(2)可知SE⊥平面ABC,所以三棱錐S-ABC的體積V=S△ABC·SE=1.10.(2019河南豫南九校11月聯(lián)考,18)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,∠PAD=∠ABC=90°,設(shè)=2.(1)求證:AE⊥BC;(2)若直線AB∥平面PCD,且DC=2AB,求證:直線PD∥平面ACE.證明 (1)∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥底面ABCD.又BC?底面ABCD,∴PA⊥BC.又∵∠ABC=90°,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.又∵AE?平面PAB,∴AE⊥BC.(2)∵AB∥平面PCD,AB?平面ABCD,且平面ABCD∩平面PCD=DC,∴AB∥DC.
如圖,連接BD交AC于點(diǎn)M,連接EM.∵AB∥DC,∴∠ABD=∠BDC.又∵∠AMB=∠DMC,∴△AMB∽△CMD,∴=.又DC=2AB,∴DM=2MB.又∵=2,∴PD∥EM.又∵PD?平面EAC,EM?平面EAC,∴PD∥平面ACE.11.(2020山西長治二中9月月考,18)如圖,在多面體ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四邊形ADEF為正方形,四邊形ABCD為梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=BC.(1)求證:AD∥平面BCEF;(2)求證:BD⊥平面CDE;(3)在線段BD上是否存在點(diǎn)M,使得CE∥平面AMF?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.解析 (1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形,所以AD∥EF,由于EF?平面BCEF,AD?平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.(2)證明:因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形,所以DE⊥AD.因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,
所以DE⊥平面ABCD,所以DE⊥BD.取BC的中點(diǎn)N,連接DN.由BN∥AD,BN=BC=AD=AB,∠BAD=90°,可得四邊形ABND為正方形,所以DN=AB.所以DN=BC,所以BD⊥CD,因?yàn)镃D∩DE=D,所以BD⊥平面CDE.(3)存在,當(dāng)M為BD的中點(diǎn)時(shí),CE∥平面AMF,此時(shí)=1.理由如下:連接AN交BD于點(diǎn)M,連接NF,由于四邊形ABND為正方形,所以M是BD的中點(diǎn),同時(shí)也是AN的中點(diǎn).因?yàn)镹C=AD,NC∥AD,四邊形ADEF為正方形,所以NC=FE,NC∥FE,所以四邊形NCEF為平行四邊形,所以CE∥NF.又因?yàn)镹F?平面AMF,CE?平面AMF,所以CE∥平面AMF.規(guī)律總結(jié) 探索性問題,一般采用執(zhí)果索因的方法,假設(shè)求解的結(jié)果存在,從這個(gè)結(jié)果出發(fā),尋找使這個(gè)結(jié)果成立的充分條件,若能找到符合題目結(jié)果要求的條件,則存在;若不能找到符合題目結(jié)果要求的條件(出現(xiàn)矛盾),則不存在.
12.(2020河南、江西五岳3月聯(lián)考,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠DAB=90°,AB=BC=PA=AD=2,E為PB的中點(diǎn),F是PC上的點(diǎn).(1)若EF∥平面PAD,證明:F為PC的中點(diǎn);(2)求點(diǎn)C到平面PBD的距離.解析 (1)證明:因?yàn)锽C∥AD,BC?平面PAD,AD?平面PAD,所以BC∥平面PAD.因?yàn)镻∈平面PBC,P∈平面PAD,所以可設(shè)平面PBC∩平面PAD=PM,又因?yàn)锽C?平面PBC,所以BC∥PM.因?yàn)镋F∥平面PAD,EF?平面PBC,所以EF∥PM,從而得EF∥BC.因?yàn)镋為PB的中點(diǎn),所以F為PC的中點(diǎn).(2)因?yàn)镻A⊥底面ABCD,∠DAB=90°,AB=BC=PA=AD=2,所以PB==2,PD==2,BD==2,所以S△DPB=PB·=6.設(shè)點(diǎn)C到平面PBD的距離為d,由VC-PBD=VP-BCD,得S△DPB·d=S△BCD·PA=××BC×AB×PA,
即6d=×2×2×2,解得d=.13.(2019廣東珠海一中期中考試,20)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面四邊形ABCD是菱形,AC∩BD=O,△PAC是邊長為2的等邊三角形,PB=PD=,AP=4AF.(1)求四棱錐P-ABCD的體積;(2)在線段PB上是否存在一點(diǎn)M,使得CM∥平面BDF?如果存在,求出的值;如果不存在,請說明理由.解析 (1)∵底面ABCD是菱形,AC∩BD=O,∴O為AC,BD的中點(diǎn).又∵PA=PC,PB=PD,∴PO⊥AC,PO⊥BD.∵AC∩BD=O,AC?平面ABCD,BD?平面ABCD,∴PO⊥底面ABCD.在等邊△PAC中,AC=2,∴PO=.在△PBD中,PB=PD=,則BO==,∴BD=2.∴VP-ABCD=·S菱形ABCD·PO=××2×2×=2.(2)存在.如圖,過C作CE∥BD交AB的延長線于E,過E作EH∥BF交PA于H,交PB于M.
∵CE∥BD,BD?平面BDF,CE?平面BDF,∴CE∥平面BDF.∵EH∥BF,BF?平面BDF,EH?平面BDF,∴EH∥平面BDF.又∵CE∩EH=E,CE?平面CEM,EH?平面CEM,∴平面BDF∥平面CEM.又CM?平面CEM,∴CM∥平面BDF.∵BD∥CE,DC∥BE,∴四邊形BECD為平行四邊形.∴DC=BE=AB,∴B為AE的中點(diǎn).∵AF=AP,EH∥BF,∴H為PA的中點(diǎn).∴在△PAE中,M為中線PB與中線EH的交點(diǎn).∴M為△PAE的重心,∴=.14.(2020河南天一大聯(lián)考4月聯(lián)考,18)如圖,五面體ABCDEF中,AE=EF,平面DAE⊥平面ABFE,平面CBF⊥平面ABFE,∠DAE=∠DEA=∠CFB=∠EAB=∠FBA=45°,AB∥EF,點(diǎn)P是線段AB上靠近A的三等分點(diǎn).(1)求證:DP∥平面CBF;(2)求直線DP與平面ACF所成角的正弦值.
解析 本題主要考查空間線面的位置關(guān)系,向量法求空間角的正弦值,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力、空間想象能力.考查的核心素養(yǎng)為直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算.(1)證明:如圖,分別取AE,BF的中點(diǎn)M,N,連接DM,CN,MP,MN,由題可知AD=DE,∠ADE=90°,設(shè)AD=DE=1,易知DM⊥AE,且AM=.因?yàn)槠矫鍰AE⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,所以DM⊥平面ABFE.同理,CN⊥平面ABFE.所以DM∥CN.因?yàn)镈M?平面CBF,CN?平面CBF,故DM∥平面CBF.因?yàn)锳E=EF,∠EAB=∠FBA=45°,所以AP=1=AB.因?yàn)锳M=APcos45°,所以∠AMP=90°,所以△AMP是以AP為斜邊的等腰直角三角形,所以∠MPA=45°,而∠FBA=45°,則MP∥FB.因?yàn)镸P?平面CBF,FB?平面CBF,所以MP∥平面CBF.因?yàn)镸P∩DM=M,所以平面DMP∥平面CBF.因?yàn)镈P?平面DMP,所以DP∥平面CBF.(2)連接PE,以P為原點(diǎn),AB,PE所在直線分別為x軸,y軸,以過點(diǎn)P且垂直于平面ABFE的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=DE=1,則
A(-1,0,0),C,F(1,1,0),P(0,0,0),D,所以=(2,1,0),=.設(shè)平面AFC的法向量為n=(x,y,z),則即取x=-2,則y=4,z=3,即n=(-2,4,3).易知=,設(shè)直線DP與平面ACF所成的角為θ.故sinθ==,即直線DP與平面ACF所成角的正弦值為.思路分析 (1)作輔助線,利用題中給出的相等關(guān)系,得出DM⊥平面ABEF,從而得到DM∥CN,進(jìn)而得出DM∥平面CBF,再證得MP∥平面CBF,所以平面CBF∥平面DMP,從而證得DP∥平面CBF;(2)建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,分別求出直線DP的方向向量和平面AFC的法向量,然后求得結(jié)果.15.(2020陜西第二次質(zhì)量檢測,17)如圖,正四棱錐P-ABCD的底邊長為2,側(cè)棱長為,M為PC上一點(diǎn),且PM=3CM,點(diǎn)E,F分別為AD,BC上的點(diǎn),且AE=BF=3ED.(1)證明:平面MEF∥平面PAB;(2)求銳二面角P-EF-M的余弦值.
解析 (1)證明:AE∥BF,且AE=BF,∴四邊形ABFE為平行四邊形,∴AB∥EF.∵PM=3CM,BF=3FC,∠MCF=∠PCB,∴△MCF∽△PCB,∴MF∥PB.∵M(jìn)F,EF?平面MEF,MF∩EF=F,PB,AB?平面PAB,PB∩AB=B,∴平面MEF∥平面PAB.(2)連接AC,BD,交于點(diǎn)O,連接PO.∵四棱錐P-ABCD為正四棱錐,∴AC⊥BD,PO⊥平面ABCD,∴OB,OC,OP兩兩垂直,故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則A(0,-,0),B(,0,0),C(0,,0),D(-,0,0),E,F,M,P(0,0,1),∴=(,,0),=,=-,-,-,設(shè)平面PEF的法向量為m=(x,y,z),則即解得∴取x=-2,則y=2,z=,
故m=(-2,2,),同理可得平面MEF的一個(gè)法向量n=(-1,1,-).∴cos====,∴銳二面角P-EF-M的余弦值為.思路分析 (1)由正方形的性質(zhì)知AB∥EF,又由相似三角形的性質(zhì)可得MF∥PB,再結(jié)合面面平行的判定定理即可證明;(2)由已知條件可推導(dǎo)出OB,OC,OP兩兩垂直,建立空間直角坐標(biāo)系,求出平面PEF與平面MEF的法向量,利用公式即可求得銳二面角的余弦值.16.(2020安徽名校聯(lián)盟4月聯(lián)考,18)如圖,在空間幾何體ABCDE中,△ABC,△ACD,△EBC均是邊長為2的等邊三角形,平面ACD⊥平面ABC,且平面EBC⊥平面ABC,H為AB的中點(diǎn).(1)證明:DH∥平面EBC;(2)求二面角E-AC-B的余弦值.解析 (1)證明:如圖1,分別取AC,BC的中點(diǎn)P,Q,連接DP,EQ,PQ,PH,∵△ACD,△EBC均是等邊三角形,P是AC的中點(diǎn),Q是BC的中點(diǎn),∴DP⊥AC,EQ⊥BC.∵平面ACD⊥平面ABC且交線為AC,DP?平面ACD,∴DP⊥平面ABC,∵平面EBC⊥平面ABC且交線為BC,EQ?平面EBC,∴EQ⊥平面ABC,∴DP∥EQ.又∵EQ?平面EBC,DP?平面EBC,∴DP∥平面EBC.∵PH是△ABC的中位線,∴PH∥BC,
又∵BC?平面EBC,PH?平面EBC,∴PH∥平面EBC,∵DP?平面DPH,PH?平面DPH,DP∩PH=P,∴平面EBC∥平面DPH,∴DH∥平面EBC.圖1圖2(2)以點(diǎn)P為原點(diǎn),射線PA為x軸正方向、射線PB為y軸正方向、射線PD為z軸正方向,建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),E,∴=(-2,0,0),=,∵EQ⊥平面ABC,∴平面ABC的法向量可取n=(0,0,1),設(shè)平面EAC的法向量為m=(x,y,z),則∴∴可取m=(0,2,-1),設(shè)二面角E-AC-B的平面角為θ,根據(jù)圖形判斷θ為銳角,∴cosθ===.
