直线、平面平行的判定与性质(教师版).docx

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直线、平面平行的判定与性质

考点一直线与直线平行 

1.（2012年浙江卷,文20）如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AD∥BC,

AD⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.

（1）证明:

①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF.

（2）求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.

（1）证明:

①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,

所以C1B1∥平面A1D1DA.

又因为平面B1C1EF∩平面A1D1DA=EF,

所以C1B1∥EF,所以A1D1∥EF.

②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.

又因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,

所以B1C1⊥BA1.

在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,

tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,

即∠A1B1F=∠AA1B,故BA1⊥B1F.

所以BA1⊥平面B1C1EF.

（2）解:

设BA1与B1F交点为H,连接C1H.

由

（1）知BA1⊥平面B1C1EF,

所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.

在矩形AA1B1B中,AB=,AA1=2,得BH=.

在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,得

sin∠BC1H==.

所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是.

2.（2011年安徽卷,理17）如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点O在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF都是正三角形.

（1）证明直线BC∥EF;

（2）求棱锥FOBED的体积.

（1）证明:

如图所示,设G是线段DA延长线与线段EB延长线的交点.由于△OAB与△ODE都是正三角形,且OD=2,所以OBDE,OG=OD=2.

同理,设G′是线段DA延长线与线段FC延长线的交点,有OCDF,OG′=OD=2.

又由于G和G′都在线段DA的延长线上,所以G与G′重合.

在△GED和△GFD中,由OBDE和OCDF,可知B、C分别是GE和GF的中点,所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF.

（2）由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知S△OBE=,

而△OED是边长为2的正三角形,故S△OED=.

所以S四边形OBED=S△OBE+S△OED=.

过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,

由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥FOBED的高,且FQ=,所以=FQ·S四边形OBED=.

3.（2013年山东卷,理18）如图所示,在三棱锥PABQ中PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.

（1）求证:

AB∥GH;

（2）求二面角DGHE的余弦值.

证明:

（1）由D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,知G,H分别是△PAQ,△PBQ的重心.

∴==.∴GH∥DC.

又D,C为AQ,BQ中点,则DC∥AB,∴AB∥GH.

（2）解:

法一　在△ABQ中,

AQ=2BD,AD=DQ,

所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ,

因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB.

又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ.

由

（1）知AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.

又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.

同理可得GH⊥HC,

所以∠FHC为二面角DGHE的平面角.

设BA=BQ=BP=2,连接FC,

在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=,

在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=.

又H为△PBQ的重心,所以HC=PC=.

同理FH=.

在△FHC中,

由余弦定理得cos∠FHC==-.

即二面角DGHE的余弦值为-.

法二　在△ABQ中,

AQ=2BD,AD=DQ,

所以∠ABQ=90°.

又PB⊥平面ABQ,

所以BA,BQ,BP两两垂直.

以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

设BA=BQ=BP=2,则E（1,0,1）,F（0,0,1）,Q（0,2,0）,D（1,1,0）,C（0,1,0）,P（0,0,2）.

所以=（-1,2,-1）,=（0,2,-1）,

=（-1,-1,2）,=（0,-1,2）.

设平面EFQ的一个法向量为m=（x1,y1,z1）,

由m·=0,m·=0,得

取y1=1,得m=（0,1,2）.

设平面PDC的一个法向量为n=（x2,y2,z2）,

由n·=0,n·=0,得

取z2=1,得n=（0,2,1）,

所以cos==.

因为二面角DGHE为钝角,

所以二面角DGHE的余弦值为-.

考点二直线与平面平行 

1.（2012年浙江卷,理20）如图,在四棱锥PABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M、N分别为PB、PD的中点.

（1）证明:

MN∥平面ABCD;

（2）过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角AMNQ的平面角的余弦值.

（1）证明:

连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.

又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,

所以MN∥平面ABCD.

（2）解:

法一　连接AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图

所示.

在菱形ABCD中,∠BAD=120°,

得AC=AB=2,BD=AB=6.

又因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥AC.

在直角△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,

得QC=2,PQ=4.

由此知各点坐标如下:

A（-,0,0）,B（0,-3,0）,C（,0,0）,D（0,3,0）,P（-,0,2）,M（-,-,）,N（-,,）,Q（,0,）.

设m=（x,y,z）为平面AMN的法向量,

由=（,-,）,=（,,）知

取z=-1,得m=（2,0,-1）.

设n=（x,y,z）为平面QMN的法向量,

由=（-,-,）,=（-,,）知

取z=5,得n=（2,0,5）.

于是cos==.

所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.

法二　如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,

得AC=AB=BC=CD=DA,

BD=AB.

又因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.

所以PB=PC=PD.

所以△PBC≌△PDC.

而M、N分别是PB、PD的中点,

所以MQ=NQ,

且AM=PB=PD=AN.

取线段MN的中点E,连接AE,EQ,

则AE⊥MN,QE⊥MN,

所以∠AEQ为二面角AMNQ的平面角.

由AB=2,PA=2,

故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,

得AE=.

在直角△PAC中,AQ⊥PC,

得AQ=2,QC=2,PQ=4,

在△PBC中,cos∠BPC==,

得MQ==.

在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,

得QE==.

在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,

得cos∠AEQ==.

所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.

2.（2012年辽宁卷,文18）如图,直三棱柱ABCA′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.

（1）证明:

MN∥平面A′ACC′;

（2）求三棱锥A′MNC的体积.

（1）证明:

法一　连接AB′,AC′,如图所示,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABCA′B′C′为直三棱柱,

所以M为AB′的中点.

又因为N为B′C′的中点,

所以MN∥AC′.

又MN⊄平面A′ACC′,AC′⊂平面A′ACC′,

所以MN∥平面A′ACC′.

法二　取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如图所示,

因为M,N分别为AB′与B′C′的中点,

所以MP∥AA′,PN∥A′C′.

所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′.

又MP∩NP=P,

所以平面MPN∥平面A′ACC′.

而MN⊂平面MPN,所以MN∥平面A′ACC′.

（2）解:

连接BN,如图所示,

由题意知A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,

所以A′N⊥平面NBC.

又A′N=B′C′=1,

故====.

3.（2010年浙江卷,文20）如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=120°,E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE,使平面A′DE⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.

（1）求证:

BF∥平面A′DE;

（2）设M为线段DE的中点,求直线FM与平面

A′DE所成角的余弦值.

（1）证明:

如图所示,取A′D的中点G,连接GF,GE,

由条件易知FG∥CD,FG=CD,BE∥CD,BE=CD,

所以FG∥BE,FG=BE,

故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥EG.

因为EG⊂平面A′DE,BF⊄平面A′DE,

所以BF∥平面A′DE.

（2）解:

在平行四边形ABCD中,设BC=a,

则AB=CD=2a,AD=AE=EB=a.

连接CE,因为∠ABC=120°,

在△BCE中,可得CE=a.

在△ADE中,可得DE=a.

在△CDE中,因为CD2=CE2+DE2,所以CE⊥DE.

在正三角形A′DE中,M为DE的中点,

所以A′M⊥DE.

由平面A′DE⊥平面BCD,

可知A′M⊥平面BCD,所以A′M⊥CE.

取A′E的中点N,连接NM,NF,

则NF∥CE.则NF⊥DE,NF⊥A′M.

因为DE交A′M于点M,

所以NF⊥平面A′DE,

则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成的角.

在Rt△FMN中,NF=a,MN=a,FM=a,

则cos∠FMN=,

所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.

考点三线面平行中探索性问题的解法 

1.（2012年福建卷,理18）如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.

（1）求证:

B1E⊥AD1.

（2）在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?

若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.

（3）若二面角AB1EA1的大小为30°,求AB的长.

（1）证明:

以A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图所示）.

设AB=a,则A（0,0,0）,D（0,1,0）,D1（0,1,1）,E（,1,0）,B1（a,0,1）,

故=（0,1,1）,=（-,1,-1）,=（a,0,1）,=（,1,0）.

∵·=-×0+1×1+（-1）×1=0,

∴B1E⊥AD1.

解:

（2）假设在棱AA1上存在一点P（0,0,z0）,

使得DP∥平面B1AE.此时=（0,-1,z0）.

又设平面B1AE的法向量n=（x,y,z）.

∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得

取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=（1,-,-a）.

要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,

解得z0=.又DP⊄平面B1AE,

∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=.

（3）连接A1D,B1C,由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.

∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.

又由

（1）知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,

∴AD1⊥平面DCB1A1.

∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=（0,1,1）.

设与n所成的角为θ,

则cosθ==.

∵二面角AB1EA1的大小为30°,

∴|cosθ|=cos30°,即=,

解得a=2,即AB的长为2.

2.（2011年北京卷,文17）如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.

（1）求证:

DE∥平面BCP.

（2）求证:

四边形DEFG为矩形.

（3）是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?

说明理由.

证明:

（1）因为D,E分别为AP,AC的中点,

所以DE∥PC.

又因为DE⊄平面BCP,所以DE∥平面BCP.

（2）因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,

所以DE∥PC∥FG,

DG∥AB∥EF,

所以四边形DEFG为平行四边形.

又因为PC⊥AB,所以DE⊥DG,

所以四边形DEFG为矩形.

（3）解:

存在点Q满足条件,理由如下:

连接DF,EG,设Q为EG的中点.

由

（2）知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=EG.

分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN.

与

（2）同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,

且QM=QN=EG,

所以Q为满足条件的点.