直線平面平行的判定與性質(zhì)教師

1、 直線、平面平行的判定與性質(zhì)考點一 直線與直線平行 1.(2012年浙江卷,文20)如圖,在側(cè)棱垂直底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,ADBC,ADAB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中點,F是平面B1C1E與直線AA1的交點.(1)證明:EFA1D1;BA1平面B1C1EF.(2)求BC1與平面B1C1EF所成的角的正弦值.(1)證明:因為C1B1A1D1,C1B1平面ADD1A1,所以C1B1平面A1D1DA.又因為平面B1C1EF平面A1D1DA=EF,所以C1B1EF,所以A1D1EF.因為BB1平面A1B1C1D1,所以BB1B1C1.又因為B1

2、C1B1A1,所以B1C1平面ABB1A1,所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點,tanA1B1F=tanAA1B=,即A1B1F=AA1B,故BA1B1F.所以BA1平面B1C1EF.(2)解:設(shè)BA1與B1F交點為H,連接C1H.由(1)知BA1平面B1C1EF,所以BC1H是BC1與平面B1C1EF所成的角.在矩形AA1B1B中,AB=,AA1=2,得BH=.在RtBHC1中,BC1=2,BH=,得sinBC1H=.所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是.2.(2011年安徽卷,理17)如圖,ABEDFC為多面體,平面ABED與平面ACFD垂直,點O在線段AD

3、上,OA=1,OD=2,OAB,OAC,ODE,ODF都是正三角形.(1)證明直線BCEF;(2)求棱錐FOBED的體積.(1)證明:如圖所示,設(shè)G是線段DA延長線與線段EB延長線的交點.由于OAB與ODE都是正三角形,且OD=2,所以O(shè)BDE,OG=OD=2.同理,設(shè)G是線段DA延長線與線段FC延長線的交點,有OCDF,OG=OD=2.又由于G和G都在線段DA的延長線上,所以G與G重合.在GED和GFD中,由OBDE和OCDF,可知B、C分別是GE和GF的中點,所以BC是GEF的中位線,故BCEF.(2)由OB=1,OE=2,EOB=60°,知SOBE=,而OED是邊長為2的正三角

4、形,故SOED=.所以S四邊形OBED=SOBE+SOED=.過點F作FQAD,交AD于點Q,由平面ABED平面ACFD知,FQ就是四棱錐FOBED的高,且FQ=,所以=FQ·S四邊形OBED=.3.(2013年山東卷,理18)如圖所示,在三棱錐PABQ中PB平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,AQ=2BD,PD與EQ交于點G,PC與FQ交于點H,連接GH.(1)求證:ABGH;(2)求二面角DGHE的余弦值.證明:(1)由D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,知G,H分別是PAQ,PBQ的重心.=.GHDC.又D,C為AQ,B

5、Q中點,則DCAB,ABGH.(2)解:法一在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ=90°,即ABBQ,因為PB平面ABQ,所以ABPB.又BPBQ=B,所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH,所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ,所以GHFH.同理可得GHHC,所以FHC為二面角DGHE的平面角.設(shè)BA=BQ=BP=2,連接FC,在RtFBC中,由勾股定理得FC=,在RtPBC中,由勾股定理得PC=.又H為PBQ的重心,所以HC=PC=.同理FH=.在FHC中,由余弦定理得cosFHC=-.即二面角DGHE的余弦值為-.法二在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ

6、=90°.又PB平面ABQ,所以BA,BQ,BP兩兩垂直.以B為坐標原點,分別以BA,BQ,BP所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.設(shè)BA=BQ=BP=2,則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).設(shè)平面EFQ的一個法向量為m=(x1,y1,z1),由m·=0,m·=0,得取y1=1,得m=(0,1,2).設(shè)平面PDC的一個法向量為n=(x2,y2,z2),由n·=0,n

7、83;=0,得取z2=1,得n=(0,2,1),所以cos<m,n>=.因為二面角DGHE為鈍角,所以二面角DGHE的余弦值為-.考點二 直線與平面平行 1.(2012年浙江卷,理20)如圖,在四棱錐PABCD中,底面是邊長為2的菱形,BAD=120°,且PA平面ABCD,PA=2,M、N分別為PB、PD的中點.(1)證明:MN平面ABCD;(2)過點A作AQPC,垂足為點Q,求二面角AMNQ的平面角的余弦值.(1)證明:連接BD,因為M、N分別是PB、PD的中點,所以MN是PBD的中位線,所以MNBD.又因為MN平面ABCD,BD平面ABCD,所以MN平面AB

8、CD.(2)解:法一連接AC交BD于O,以O(shè)為原點,OC,OD所在直線為x,y軸,建立空間直角坐標系Oxyz,如圖所示.在菱形ABCD中,BAD=120°,得AC=AB=2,BD=AB=6.又因為PA平面ABCD,所以PAAC.在直角PAC中,AC=2,PA=2,AQPC,得QC=2,PQ=4.由此知各點坐標如下:A(-,0,0),B(0,-3,0),C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M（-,-,）,N(-,),Q(,0, ).設(shè)m=(x,y,z)為平面AMN的法向量,由=(,-,),=(,)知取z=-1,得m=(2,0,-1).設(shè)n=(x,y,z)為平面QMN的法

9、向量,由=(-,-,),=(-,)知取z=5,得n=(2,0,5).于是cos<m,n>=.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為.法二如圖所示,在菱形ABCD中,BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因為PA平面ABCD,所以PAAB,PAAC,PAAD.所以PB=PC=PD.所以PBCPDC.而M、N分別是PB、PD的中點,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取線段MN的中點E,連接AE,EQ,則AEMN,QEMN,所以AEQ為二面角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PA

10、C中,AQPC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,在PBC中,cosBPC=,得MQ=.在等腰MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE=.在AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cosAEQ=.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為.2.(2012年遼寧卷,文18)如圖,直三棱柱ABCABC,BAC=90°,AB=AC=,AA=1,點M,N分別為AB和BC的中點.(1) 證明:MN平面AACC;(2)求三棱錐AMNC的體積.(1)證明:法一連接AB,AC,如圖所示,由已知BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABCABC為直三棱柱,所以M為AB的中點.又因為N為BC的中點,所以MN

11、AC.又MN平面AACC,AC平面AACC,所以MN平面AACC.法二取AB的中點P,連接MP,NP,AB,如圖所示,因為M,N分別為AB與BC的中點,所以MPAA,PNAC.所以MP平面AACC,PN平面AACC.又MPNP=P,所以平面MPN平面AACC.而MN平面MPN,所以MN平面AACC.(2)解:連接BN,如圖所示,由題意知ANBC,平面ABC平面BBCC=BC,所以AN平面NBC.又AN=BC=1,故=.3.(2010年浙江卷,文20)如圖,在平行四邊形ABCD中,AB=2BC,ABC=120°,E為線段AB的中點,將ADE沿直線DE翻折成ADE,使平面ADE平面BCD

12、,F為線段AC的中點.(1)求證:BF平面ADE;(2)設(shè)M為線段DE的中點,求直線FM與平面ADE所成角的余弦值.(1)證明:如圖所示,取AD的中點G,連接GF,GE, 由條件易知FGCD,FG=CD,BECD,BE=CD,所以FGBE,FG=BE,故四邊形BEGF為平行四邊形,所以BFEG.因為EG平面ADE,BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)解:在平行四邊形ABCD中,設(shè)BC=a,則AB=CD=2a,AD=AE=EB=a.連接CE,因為ABC=120°,在BCE中,可得CE=a.在ADE中,可得DE=a.在CDE中,因為CD2=CE2+DE2,所以CEDE.在正三角形A

13、DE中,M為DE的中點,所以AMDE.由平面ADE平面BCD,可知AM平面BCD,所以AMCE.取AE的中點N,連接NM,NF,則NFCE.則NFDE,NFAM.因為DE交AM于點M,所以NF平面ADE,則FMN為直線FM與平面ADE所成的角.在RtFMN中,NF=a,MN=a,FM=a,則cosFMN=,所以直線FM與平面ADE所成角的余弦值為.考點三 線面平行中探索性問題的解法 1.(2012年福建卷,理18)如圖,在長方體ABCDA1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD的中點.(1)求證:B1EAD1.(2)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP

14、的長;若不存在,說明理由.(3)若二面角AB1EA1的大小為30°,求AB的長.(1)證明:以A為原點, ,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖所示).設(shè)AB=a,則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,B1EAD1.解:(2)假設(shè)在棱AA1上存在一點P(0,0,z0),使得DP平面B1AE.此時=(0,-1,z0).又設(shè)平面B1AE的法向量n=(x,y,

15、z).n平面B1AE,n,n,得取x=1,得平面B1AE的一個法向量n=(1,-,-a).要使DP平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=.又DP平面B1AE,存在點P,滿足DP平面B1AE,此時AP=.(3)連接A1D,B1C,由長方體ABCDA1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D.B1CA1D,AD1B1C.又由(1)知B1EAD1,且B1CB1E=B1,AD1平面DCB1A1.是平面A1B1E的一個法向量,此時=(0,1,1).設(shè)與n所成的角為,則cos =.二面角AB1EA1的大小為30°,|cos |=cos 30°,即=,解得a=2,即AB的長為2.2.(2011年北京卷,文17)如圖,在四面體PABC中,PCAB,PABC,點D,E,F,G分別是棱AP,AC,BC,PB的中點.(1)求證:DE平面BCP.(2)求證:四邊形DEFG為矩形.(3)是否存在點Q,到四面體PABC六條棱的中點的距離相等?說明理由.證明:(1)因為D,E分別為AP,AC的中點,所以DEPC.又因為DE平面BCP,所以DE平面