- 直线、平面平行的判定及其性质
- 共5998题
已知a⊄α,b⊄α,a∥b,a∥a.求证:b∥α.
正确答案
证明:过a作平面β,使它与α相交,交线为c.
因为a∥α,a⊂β,α∩β=c,所以a∥c.
因为a∥b,所以b∥c,
因为b⊄α,c⊂α,所以b∥α.
解析
证明:过a作平面β,使它与α相交,交线为c.
因为a∥α,a⊂β,α∩β=c,所以a∥c.
因为a∥b,所以b∥c,
因为b⊄α,c⊂α,所以b∥α.
已知在空间四边形ABCD中,AC=AD,BC=BD,且E,F分别是CD,AD的中点.
(Ⅰ)求证:EF∥平面ABC;
(Ⅱ)求证:CD⊥AB.
正确答案
(Ⅰ)证明:因为E,F分别是CD,AD的中点,
所以,EF为△ACD的中位线,所以EF∥AC.…(2分)
又因为AC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,
所以,EF∥平面ABC.…(4分)
(Ⅱ)证明:连结AE,BE,
在△ACD中,因为AC=AD,E是CD中点,所以AE⊥CD.…(6分)
同理可证,BE⊥CD.…(7分)
又因为,AE∩BE=E,AE⊂平面ABE,BE⊂平面ABE,
所以,CD⊥平面ABE.…(9分)
又因为,AB⊂平面ABE,
所以CD⊥AB.…(10分)
解析
(Ⅰ)证明:因为E,F分别是CD,AD的中点,
所以,EF为△ACD的中位线,所以EF∥AC.…(2分)
又因为AC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,
所以,EF∥平面ABC.…(4分)
(Ⅱ)证明:连结AE,BE,
在△ACD中,因为AC=AD,E是CD中点,所以AE⊥CD.…(6分)
同理可证,BE⊥CD.…(7分)
又因为,AE∩BE=E,AE⊂平面ABE,BE⊂平面ABE,
所以,CD⊥平面ABE.…(9分)
又因为,AB⊂平面ABE,
所以CD⊥AB.…(10分)
已知在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1B⊥平面ABC,∠ABC=90°,B1B=AB=2BC=4,D,E分别是B1C1,A1A的中点.
(1)求证:A1D∥平面B1CE;
(2)设M是EB1的中点,N在棱AB上,且BN=1,P是棱AC上的动点,求直线NP与平面MNC所成角θ的取值范围.
正确答案
(1)证明:如图,
连接CB1,C1B交于O,连接OE,因为几何体是三棱柱,所以OD∥A1E,OD=A1E,
所以A1D∥OE,OE⊂平面B1CE,A1D⊄平面B1CE,
所以A1D∥平面B1CE;
(2)建立坐标系,如图
设P(a,b,0),N(0,1,0),M(0,2,3),C(2,0,0),得到=(a,b-1,0),
=(0,-1,-3),
=(2,-1,0),
设平面MNC的法向量为=(x,y,z),则
即
,令x=1,则
=(1,2,
),
cos<,
>=
=
,
所以直线NP与平面MNC所成角为θ的范围为[0,arcsin].
解析
(1)证明:如图,
连接CB1,C1B交于O,连接OE,因为几何体是三棱柱,所以OD∥A1E,OD=A1E,
所以A1D∥OE,OE⊂平面B1CE,A1D⊄平面B1CE,
所以A1D∥平面B1CE;
(2)建立坐标系,如图
设P(a,b,0),N(0,1,0),M(0,2,3),C(2,0,0),得到=(a,b-1,0),
=(0,-1,-3),
=(2,-1,0),
设平面MNC的法向量为=(x,y,z),则
即
,令x=1,则
=(1,2,
),
cos<,
>=
=
,
所以直线NP与平面MNC所成角为θ的范围为[0,arcsin].
已知棱长为2
的正四面体A-BCD,面ACD沿CD旋转至面PCD.
(1)二面角A-CD-P的余弦值为何值时,AP∥平面BCD;
(2)在第一问的前提下,求直线AB与平面PCD所成的角的正弦值.
正确答案
解:(1)设二面角A-CD-P的平面角为α,则
取CD中点O,连接AO,BO,则AO⊥CD,BO⊥CD,
∴∠AOB为二面角A-CD-B的平面角,
△AOB中,AB=2,AO=BO=3,
∴cos∠AOB==
,
∵AP∥平面BCD,
∴cosα=cos(180°-2∠AOB)=-cos2∠AOB=1-2×=
;
(2)△APO中,AP==2,
在BO上取BE=2,则直线AB与平面PCD所成的角等于直线PE与平面PCD所成的角,
设E到平面PCD的距离为h,则由等体积可得•
•
•1•2
=
,
∴h=,
∴直线AB与平面PCD所成的角的正弦值为÷2
=
.
解析
解:(1)设二面角A-CD-P的平面角为α,则
取CD中点O,连接AO,BO,则AO⊥CD,BO⊥CD,
∴∠AOB为二面角A-CD-B的平面角,
△AOB中,AB=2,AO=BO=3,
∴cos∠AOB==
,
∵AP∥平面BCD,
∴cosα=cos(180°-2∠AOB)=-cos2∠AOB=1-2×=
;
(2)△APO中,AP==2,
在BO上取BE=2,则直线AB与平面PCD所成的角等于直线PE与平面PCD所成的角,
设E到平面PCD的距离为h,则由等体积可得•
•
•1•2
=
,
∴h=,
∴直线AB与平面PCD所成的角的正弦值为÷2
=
.
(2015•西城区一模)如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,EF∥AD,平面ADEF⊥平面ABCD,且BC=2EF,AE=AF,点G是EF的中点.
(Ⅰ)证明:AG⊥CD;
(Ⅱ)若点M在线段AC上,且,求证:GM∥平面ABF;
(Ⅲ)已知空间中有一点O到A,B,C,D,G五点的距离相等,请指出点O的位置.(只需写出结论)
正确答案
(Ⅰ)证明:因为AE=AF,点G是EF的中点,
所以 AG⊥EF.
又因为 EF∥AD,
所以 AG⊥AD.
因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,AG⊂平面ADEF,
所以 AG⊥平面ABCD.
因为 CD⊂平面ABCD,
所以 AG⊥CD.
(Ⅱ)证明:如图,过点M作MN∥BC,且交AB于点N,连结NF,
因为 ,所以
,
因为 BC=2EF,点G是EF的中点,
所以 BC=4GF,
又因为 EF∥AD,四边形ABCD为正方形,
所以 GF∥MN,GF=MN.
所以四边形GFNM是平行四边形.
所以 GM∥FN.
又因为GM⊄平面ABF,FN⊂平面ABF,
所以 GM∥平面ABF.
(Ⅲ)解:点O为线段GC的中点.
解析
(Ⅰ)证明:因为AE=AF,点G是EF的中点,
所以 AG⊥EF.
又因为 EF∥AD,
所以 AG⊥AD.
因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,AG⊂平面ADEF,
所以 AG⊥平面ABCD.
因为 CD⊂平面ABCD,
所以 AG⊥CD.
(Ⅱ)证明:如图,过点M作MN∥BC,且交AB于点N,连结NF,
因为 ,所以
,
因为 BC=2EF,点G是EF的中点,
所以 BC=4GF,
又因为 EF∥AD,四边形ABCD为正方形,
所以 GF∥MN,GF=MN.
所以四边形GFNM是平行四边形.
所以 GM∥FN.
又因为GM⊄平面ABF,FN⊂平面ABF,
所以 GM∥平面ABF.
(Ⅲ)解:点O为线段GC的中点.
如图,在正方形ABCD中,PA⊥底面ABCD,且PA=AB=2,E、F分别是AB与PD的中点.
(1)求证:PC⊥AF;
(2)求证:AF∥平面PEC;
(3)求证:PD⊥平面AFE.
正确答案
解:(1)连接AC,则AC⊥BD.
∵PA⊥平面ABCD,AC是斜线,
PC在平面ABCD上的射影,
∴由三垂线定理得PC⊥BD.
(2)取PC的中点K,连接FK、EK,
则四边形AEKF是平行四边形,
∴AF∥EK,又EK⊂平面PEC,
AF⊄平面PEC,
∴AF∥平面PEC.
(3)连接EF,因为ABCD是正方形,且PA=AB=2,E、F分别是AB与PD的中点.
所以PE=DE=,
所以EF⊥PD,AF∩PD,
所以PD⊥平面AEF.
解析
解:(1)连接AC,则AC⊥BD.
∵PA⊥平面ABCD,AC是斜线,
PC在平面ABCD上的射影,
∴由三垂线定理得PC⊥BD.
(2)取PC的中点K,连接FK、EK,
则四边形AEKF是平行四边形,
∴AF∥EK,又EK⊂平面PEC,
AF⊄平面PEC,
∴AF∥平面PEC.
(3)连接EF,因为ABCD是正方形,且PA=AB=2,E、F分别是AB与PD的中点.
所以PE=DE=,
所以EF⊥PD,AF∩PD,
所以PD⊥平面AEF.
已知在四边形ABCD中,AD=DC=2,AB=4,BC=2
,DC⊥AD,沿AC折叠,使D在底面ABC上的射影P在△ABC边AB的高线上.
(1)设E为AC中点,求证:PE∥平面BCD;
(2)求BD与平面ABC的所成角的正切值.
正确答案
(1)证明:连接DE,
∵DA=DC=2,DC⊥AD
∴
又∵E是中点,∴DE⊥AC
又∵DP⊥面ABC,AC⊂面ABC
∴AC⊥DP,又DP∩DE=D
∴AC⊥面DPE.又EP⊂面DEP
∴PE⊥AC(1)
在△ABC中,∵
∴AC2+BC2=AB2
∴BC⊥AC(2)(4分)
又PE,AC,BC都在面ABC内,
由(1),(2)知PE∥BC
又∵PE⊄面BCD,BC⊂面BDC
∴PE∥面BDC(7分)
(2)连接PB,∵DP⊥面ABC
∴∠DPB为BD与面ABC所成的角.
在Rt△ABC中,∵,∴∠CAB=60°,∠ABC=30°
在Rt△ACH中,∠ACH=30°
在Rt△DPE中,
在△BCP中,∠BCP=60°,
在Rt△DBP中,
∴
解析
(1)证明:连接DE,
∵DA=DC=2,DC⊥AD
∴
又∵E是中点,∴DE⊥AC
又∵DP⊥面ABC,AC⊂面ABC
∴AC⊥DP,又DP∩DE=D
∴AC⊥面DPE.又EP⊂面DEP
∴PE⊥AC(1)
在△ABC中,∵
∴AC2+BC2=AB2
∴BC⊥AC(2)(4分)
又PE,AC,BC都在面ABC内,
由(1),(2)知PE∥BC
又∵PE⊄面BCD,BC⊂面BDC
∴PE∥面BDC(7分)
(2)连接PB,∵DP⊥面ABC
∴∠DPB为BD与面ABC所成的角.
在Rt△ABC中,∵,∴∠CAB=60°,∠ABC=30°
在Rt△ACH中,∠ACH=30°
在Rt△DPE中,
在△BCP中,∠BCP=60°,
在Rt△DBP中,
∴
如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,DD1⊥平面ABCD,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.
(1)证明:BD⊥平面ADD1A1;
(2)证明:CC1∥平面A1BD.
正确答案
(1)证明:∵AB=2AD,∠BAD=60°,在△ABD中,由余弦定理得
BD2=AD2+AB2-2AD•ABcos60°=3AD2,
∴AD2+BD2=AB2,
∴AD⊥BD,
∵DD1⊥平面ABCD,且BD⊂平面ABCD.
∴DD1⊥BD,
又AD∩DD1=D,
∴BD⊥平面ADD1A1.
(2)证明:连接AC,A1C1,设AC∩BD=E,连接EA1,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴EC=AC,
由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知
A1C1∥EC,且A1C1=EC,
∴四边形A1ECC1是平行四边形,因此CC1∥EA1,
又∵EA1⊂平面A1BD,
∴CC1∥平面A1BD,
解析
(1)证明:∵AB=2AD,∠BAD=60°,在△ABD中,由余弦定理得
BD2=AD2+AB2-2AD•ABcos60°=3AD2,
∴AD2+BD2=AB2,
∴AD⊥BD,
∵DD1⊥平面ABCD,且BD⊂平面ABCD.
∴DD1⊥BD,
又AD∩DD1=D,
∴BD⊥平面ADD1A1.
(2)证明:连接AC,A1C1,设AC∩BD=E,连接EA1,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴EC=AC,
由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知
A1C1∥EC,且A1C1=EC,
∴四边形A1ECC1是平行四边形,因此CC1∥EA1,
又∵EA1⊂平面A1BD,
∴CC1∥平面A1BD,
如图,已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,面对角线A1B、BC1的中点为E、F,求证:EF∥平面ABCD.
正确答案
证明:如图
取BB1的中点M,∵点E、F分别是侧面对角线AB1、BC1的中点,
由三角形中位线的性质可得 EM∥AB,而AB⊂平面ABCD,EM⊄平面ABCD内,∴EM∥平面ABCD.
同理可证 FM∥平面A1B1C1D1 ,由平面ABCD∥平面A1B1C1D1 ,
可得FM∥平面ABCD.
由EM∩FM=M,可得平面EFM∥平面ABCD.
∵EF⊂平面EFM,
∴EF∥平面ABCD.
解析
证明:如图
取BB1的中点M,∵点E、F分别是侧面对角线AB1、BC1的中点,
由三角形中位线的性质可得 EM∥AB,而AB⊂平面ABCD,EM⊄平面ABCD内,∴EM∥平面ABCD.
同理可证 FM∥平面A1B1C1D1 ,由平面ABCD∥平面A1B1C1D1 ,
可得FM∥平面ABCD.
由EM∩FM=M,可得平面EFM∥平面ABCD.
∵EF⊂平面EFM,
∴EF∥平面ABCD.
如图所示,已知AB⊥平面BCD,M、N分别是AC、AD的中点,BC⊥CD.
(1)求证:MN∥平面BCD;
(2)求证:平面BCD⊥平面ABC;
(3)若AB=1,BC=,求直线AC与平面BCD所成的角.
正确答案
解:(1)∵M,N分别是AC,AD的中点,
∴MN∥CD.
∵MN⊄平面BCD且CD⊂平面BCD,
∴MN∥平面BCD.
(2)∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,
∴AB⊥CD.
∵CD⊥BC且AB∩BC=B,
∴CD⊥平面ABC.
∵CD⊂平面BCD,
∴平面BCD⊥平面ABC.
(3)∵AB⊥平面BCD,
∴∠ACB为直线AC与平面BCD所成的角.
在直角△ABC中,,
∴.
∴∠ACB=30°.
故直线AC与平面BCD所成的角为30°.
解析
解:(1)∵M,N分别是AC,AD的中点,
∴MN∥CD.
∵MN⊄平面BCD且CD⊂平面BCD,
∴MN∥平面BCD.
(2)∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,
∴AB⊥CD.
∵CD⊥BC且AB∩BC=B,
∴CD⊥平面ABC.
∵CD⊂平面BCD,
∴平面BCD⊥平面ABC.
(3)∵AB⊥平面BCD,
∴∠ACB为直线AC与平面BCD所成的角.
在直角△ABC中,,
∴.
∴∠ACB=30°.
故直线AC与平面BCD所成的角为30°.
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