直线平面平行的判定与性质教师

1、 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,ADBC,ADAB,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:EFA1D1;BA1平面B1C1EF.(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.(1)证明:因为C1B1A1D1,C1B1平面ADD1A1,所以C1B1平面A1D1DA.又因为平面B1C1EF平面A1D1DA=EF,所以C1B1EF,所以A1D1EF.因为BB1平面A1B1C1D1,所以BB1B1C1.又因为B1

2、C1B1A1,所以B1C1平面ABB1A1,所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,tanA1B1F=tanAA1B=,即A1B1F=AA1B,故BA1B1F.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RtBHC1中,BC1=2,BH=,得sinBC1H=.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

3、上,OA=1,OD=2,OAB,OAC,ODE,ODF都是正三角形.(1)证明直线BCEF;(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BCEF.(2)由OB=1,OE=2,EOB=60°,知SOBE=,而OED是边长为2的正三角

4、形,故SOED=.所以S四边形OBED=SOBE+SOED=.过点F作FQAD,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:ABGH;(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.=.GHDC.又D,C为AQ,B

5、Q中点,则DCAB,ABGH.(2)解:法一在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ=90°,即ABBQ,因为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为二面角DGHE的平面角.设BA=BQ=BP=2,连接FC,在RtFBC中,由勾股定理得FC=,在RtPBC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cosFHC=-.即二面角DGHE的余弦值为-.法二在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ

6、=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

7、83;=0,得取z2=1,得n=(0,2,1),所以cos<m,n>=.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AQPC,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MNBD.又因为MN平面ABCD,BD平面ABCD,所以MN平面AB

8、CD.(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PAAC.在直角PAC中,AC=2,PA=2,AQPC,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

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PAAB,PAAC,PAAD.所以PB=PC=PD.所以PBCPDC.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AEMN,QEMN,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的平面角的余弦值为.2.(2012年辽宁卷,文18)如图,直三棱柱ABCABC,BAC=90°,AB=AC=,AA=1,点M,N分别为AB和BC的中点.(1) 证明:MN平面AACC;(2)求三棱锥AMNC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ABCABC为直三棱柱,所以M为AB的中点.又因为N为BC的中点,所以MN

11、AC.又MN平面AACC,AC平面AACC,所以MN平面AACC.法二取AB的中点P,连接MP,NP,AB,如图所示,因为M,N分别为AB与BC的中点,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:连接BN,如图所示,由题意知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ADE,使平面ADE平面BCD

12、,F为线段AC的中点.(1)求证:BF平面ADE;(2)设M为线段DE的中点,求直线FM与平面ADE所成角的余弦值.(1)证明:如图所示,取AD的中点G,连接GF,GE, 由条件易知FGCD,FG=CD,BECD,BE=CD,所以FGBE,FG=BE,故四边形BEGF为平行四边形,所以BFEG.因为EG平面ADE,BF平面ADE,所以BF平面ADE.(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CEDE.在正三角形A

13、DE中,M为DE的中点,所以AMDE.由平面ADE平面BCD,可知AM平面BCD,所以AMCE.取AE的中点N,连接NM,NF,则NFCE.则NFDE,NFAM.因为DE交AM于点M,所以NF平面ADE,则FMN为直线FM与平面ADE所成的角.在RtFMN中,NF=a,MN=a,FM=a,则cosFMN=,所以直线FM与平面ADE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:B1EAD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP

14、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,B1EAD1.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,

15、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AD1A1D.B1CA1D,AD1B1C.又由(1)知B1EAD1,且B1CB1E=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,则cos =.二面角AB1EA1的大小为30°,|cos |=cos 30°,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,PCAB,PABC,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DEPC.又因为DE平面BCP,所以DE平面