《五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第八章 第四節(jié) 空間中平行的判定與性質(zhì) 理全國通用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第八章 第四節(jié) 空間中平行的判定與性質(zhì) 理全國通用（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考點(diǎn)　空間中平行的判定與性質(zhì) 1．(20xx·廣東，6)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面．下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β 解析　A項(xiàng)中，m與n還可能平行或異面，故不正確； B項(xiàng)中，m與n還可能異面，故不正確； C項(xiàng)中，α與β還可能平行或相交，故不正確； D項(xiàng)中，∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α. 又n∥β，∴α⊥β，故選D. 答案　D 2．(20xx·四川，6)下列命題正確的是(　　)

2、A．若兩條直線和同一個(gè)平面所成的角相等，則這兩條直線平行 B．若一個(gè)平面內(nèi)有三個(gè)點(diǎn)到另一個(gè)平面的距離相等，則這兩個(gè)平面平行 C．若一條直線平行于兩個(gè)相交平面，則這條直線與這兩個(gè)平面的交線平行 D．若兩個(gè)平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行 解析　若兩條直線和同一平面所成的角相等，則這兩條直線可平行、可異面、可相交．選項(xiàng)A錯(cuò)； 如果到一個(gè)平面距離相等的三個(gè)點(diǎn)在同一條直線上或在這個(gè)平面的兩側(cè)，則經(jīng)過這三個(gè)點(diǎn)的平面與這個(gè)平面相交，選項(xiàng)B不正確； 如圖，平面α∩β＝b，a∥α，a∥β，過直線a作平面ε∩α＝c，過直線a作平面γ∩β＝d， ∵a∥α，∴a∥c， ∵a∥β，∴a∥d，∴

3、d∥c， ∵c?α，d?α，∴d∥α， 又∵d?β，∴d∥b，∴a∥b，選項(xiàng)C正確； 若兩個(gè)平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面可平行、可相交，選項(xiàng)D不正確． 答案　C 3．(20xx·江蘇，16)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設(shè)AB1的中點(diǎn)為D，B1C∩BC1＝E. 求證：(1)DE∥平面AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. 證明　(1)由題意知，E為B1C的中點(diǎn)， 又D為AB1的中點(diǎn)，因此DE∥AC. 又因?yàn)镈E?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C， 所以DE∥平面AA1C1C. (2)因?yàn)槔庵鵄BC－A1B1C1是直

4、三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC. 因?yàn)锳C?平面ABC，所以AC⊥CC1. 又因?yàn)锳C⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因?yàn)锽C1?平面BCC1B1， 所以BC1⊥AC. 因?yàn)锽C＝CC1， 所以矩形BCC1B1是正方形， 因此BC1⊥B1C. 因?yàn)锳C，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C， 所以BC1⊥平面B1AC. 又因?yàn)锳B1?平面B1AC， 所以BC1⊥AB1. 4．(20xx·江蘇，16)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)．已知PA⊥AC，P

5、A＝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?yàn)镈，E分別為棱PC，AC的中點(diǎn)，所以DE∥PA. 又因?yàn)镻A?平面DEF，DE?平面DEF， 所以直線PA∥平面DEF. (2)因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)，PA＝6，BC＝8， 所以DE∥PA，DE＝PA＝3， EF＝BC＝4. 又因?yàn)镈F＝5， 故DF2＝DE2＋EF2， 所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF. 又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC. 因?yàn)锳C∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC， 所以DE⊥平面ABC

6、. 又DE?平面BDE， 所以平面BDE⊥平面ABC. 5．(20xx·新課標(biāo)全國Ⅱ，18)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)． (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． (1)證明　連接BD交AC于點(diǎn)O，連接EO. 因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)． 又E為PD的中點(diǎn)，所以EO∥PB. 又因?yàn)镋O?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)解　因?yàn)镻A⊥平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直． 如圖，

7、以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，||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)知|cos〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m＝.因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以三棱錐E－ACD的高為，三棱錐E－ACD的體積V＝××××＝. 6．(20xx·湖北，19)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱DD

8、1，BB1上移動(dòng)，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)當(dāng)λ＝1時(shí)，證明：直線BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由． 法一(幾何法) (1)證明　如圖1，連接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方體，知BC1∥AD1. 當(dāng)λ＝1時(shí)，P是DD1的中點(diǎn)，又F是AD的中點(diǎn)，所以FP∥AD1. 所以BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ. (2)解　如圖2，連接BD.因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，所以EF∥BD，且EF＝BD

9、. 又DP＝BQ，DP∥BQ， 所以四邊形PQBD是平行四邊形， 故PQ∥BD，且PQ＝BD， 從而EF∥PQ，且EF＝PQ. 在Rt△EBQ和Rt△FDP中， 因?yàn)锽Q＝DP＝λ，BE＝DF＝1， 于是EQ＝FP＝，所以四邊形EFPQ是等腰梯形． 同理可證四邊形PQMN是等腰梯形． 分別取EF，PQ，MN的中點(diǎn)為H，O，G，連接OH，OG， 則GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O， 故∠GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角． 若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則∠GOH＝90°. 連接EM，F(xiàn)N，則由EF∥MN，且EF＝MN

10、，知四邊形EFNM是平行四邊形． 連接GH，因?yàn)镠，G是EF，MN的中點(diǎn)， 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與面PQMN所成的二面角為直二面角． 法二(向量方法) 以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，0，0)，P(0，0，λ)． ＝(－2，0，

11、2)，＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)． (1)證明　當(dāng)λ＝1時(shí)，＝(－1，0，1)， 又因?yàn)椋?－2，0，2)， 所以＝2，即BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ. (2)解　設(shè)平面EFPQ的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面MNPQ的一個(gè)法向量為m＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角， 則m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 解得λ＝1±. 故存在λ＝

12、1±，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角． 7．(20xx·江蘇，16)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(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn)． 求證：(1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA. 證明　(1)因?yàn)锳S＝AB，AF⊥SB，垂足為F， 所以F是SB的中點(diǎn)，又因?yàn)镋是SA的中點(diǎn)， 所以EF∥AB. 因?yàn)镋F?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?yàn)槠矫鍿AB⊥平面SBC，且交線為

13、SB， 又AF?平面SAB，AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC. 因?yàn)锽C?平面SBC，所以AF⊥BC. 又因?yàn)锳B⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB?平面SAB， 所以BC⊥平面SAB. 因?yàn)镾A?平面SAB，所以BC⊥SA. 8.(20xx·新課標(biāo)全國Ⅱ，18)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(diǎn)，AA1＝AC＝CB＝AB. (1)證明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D-A1C-E的正弦值． (1)證明　連接AC1交A1C于點(diǎn)F， 則F為AC1的中點(diǎn)．又D是AB的中點(diǎn)，連接DF， 則BC1∥DF.因?yàn)镈F?平面A1CD，BC

14、1?平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD. (2)解　由AC＝CB＝AB得， AC⊥BC.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向， 的方向?yàn)閥軸正方向， 的方向?yàn)閦軸正方向， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 C-xyz. 設(shè)CA＝2，則D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)． ＝(1，1，0)，＝(0，2，1)， ＝(2，0，2)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量， 則即 可取n＝(1，－1，－1)． 同理，設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面A1CE的法向量， 則 即 可取m＝(2，1，－2)． 從而cos〈n，m〉＝＝， 故sin〈n，m〉＝. 即二面角D-A1C-E的正弦值為.