直线、平面平行的判定及其性质_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，D为棱AB的中点，则AC与平面A1DC所成角的正弦值为

（　　）

A

B

C

D

正确答案

A

解析

解：设点A到平面A1DC的距离为h，则

∵直三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，D为棱AB的中点

∴

∴，

∵

∴

∴AC与平面A1DC所成角的正弦值为

故选A．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•洛阳期末）如图，ABCD是边长为a的正方形，PA⊥平面ABCD．

（1）若PA=AB，点E是PC的中点，求直线AE与平面PCD所成角的正弦值；

（2）若BE⊥PC且交点为E，BE=a，G为CD的中点，线段AB上是否存在点F，使得EF∥平面PAG？若存在，求AF的长；若不存在，请说明理由．

正确答案

解：（1）以A为原点，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a），E（，，），

=（，，），=（a，0，0），=（0，a，-a），

设平面PCD的法向量=（x，y，z），则，

取=（0，1，1），则直线AE与平面PCD所成角的正弦值为=；

（2）G（，a，0），设P（0，0，c）（c＞0），则=（-a，-a，c），

设=λ，则E（（1-λ）a，（1-λ）a，λc），

∴=（-λa，（1-λ）a，λc），

∵BE=a，

∴（-λa）2+[（1-λ）a]2+（λc）2=①

∵BE⊥PC，

∴λa2-（1-λ）a2+λc2=0，

∴c2=a2，②

由①②解得λ=，c=a，

∴E（a，a，a），P（0，0，a）

若存在满足条件的点F，可设AF=l（0≤l≤a），则F（l，0，0），=（l-a，-a，-a），

设平面PAG的法向量为=（s，t，p），则，

∴=（（-2，1，0），

∵EF∥平面PAG，∴•=0，

∴-2l+a-a=0，

∴l=a，

∴存在满足条件的点F，AF=a．

解析

解：（1）以A为原点，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a），E（，，），

=（，，），=（a，0，0），=（0，a，-a），

设平面PCD的法向量=（x，y，z），则，

取=（0，1，1），则直线AE与平面PCD所成角的正弦值为=；

（2）G（，a，0），设P（0，0，c）（c＞0），则=（-a，-a，c），

设=λ，则E（（1-λ）a，（1-λ）a，λc），

∴=（-λa，（1-λ）a，λc），

∵BE=a，

∴（-λa）2+[（1-λ）a]2+（λc）2=①

∵BE⊥PC，

∴λa2-（1-λ）a2+λc2=0，

∴c2=a2，②

由①②解得λ=，c=a，

∴E（a，a，a），P（0，0，a）

若存在满足条件的点F，可设AF=l（0≤l≤a），则F（l，0，0），=（l-a，-a，-a），

设平面PAG的法向量为=（s，t，p），则，

∴=（（-2，1，0），

∵EF∥平面PAG，∴•=0，

∴-2l+a-a=0，

∴l=a，

∴存在满足条件的点F，AF=a．

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题型：简答题

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简答题

如图，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD=DC=2，BC=，E是PC的中点．

（1）证明：PA∥平面EDB；

（2）求直线BE与平面ABCD所成角的大小．

正确答案

（Ⅰ）证明：连接AC，设AC∩BD=O，连接EO，

∵四边形ABCD为矩形，∴O为AC的中点．

∴OE为△PAC的中位线．

∴PA∥OE，而OE⊂平面EDB，PA⊄平面EBD，

∴PA∥平面EDB．

（Ⅱ）解：取DC中点F，连接BF，则EF∥PD

∵PD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，

∴∠EBF为直线BE与平面ABCD所成角

∵四边形ABCD为矩形，PD=DC=2，BC=，F为DC中点

∴EF=1，BF=

∴tan∠EBF==

∴∠EBF=

∴直线BE与平面ABCD所成角为

解析

（Ⅰ）证明：连接AC，设AC∩BD=O，连接EO，

∵四边形ABCD为矩形，∴O为AC的中点．

∴OE为△PAC的中位线．

∴PA∥OE，而OE⊂平面EDB，PA⊄平面EBD，

∴PA∥平面EDB．

（Ⅱ）解：取DC中点F，连接BF，则EF∥PD

∵PD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，

∴∠EBF为直线BE与平面ABCD所成角

∵四边形ABCD为矩形，PD=DC=2，BC=，F为DC中点

∴EF=1，BF=

∴tan∠EBF==

∴∠EBF=

∴直线BE与平面ABCD所成角为

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题型：简答题

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简答题

将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE=．

（1）证明：BD⊥CE；

（2）求AE与平面BDE所成角的大小；

（3）直线BE上是否存在一点M，使得CM∥平面ADE，若存在，求点M的位置，若不存在，请说明理由．

正确答案

（1）证明：以A为坐标原点AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，），B（2，0，0）D（0，2，0），

取BD的中点F并连接CF，AF；由题意可得CF⊥BD且AF=CF=，

又∵平面BDA⊥平面BDC，∴CF⊥平面BDA，

∴C的坐标为C（1，1，）

∴=（-2，2，0），=（-1，-1，0）

∴•=2-2+0=0，

∴⊥，∴BD⊥CE；

（2）解：设平面BDE的法向量为=（x，y，z），则

∵=（-2，2，0），=（0，-2，）

∴

∴=（1，1，）

又=（0，0，），

设平面DE与平面BCE所成角为θ，则

sinθ=|cos＜，＞|==

∴AE与平面BDE所成角为45°；

（3）解：假设存在点M使得CM∥面ADE，则=λ

∵=（2，0，-），∴=（2λ，0，-λ）

得M（2λ，0，-λ）　

又∵AE⊥平面ABD，AB⊥AD，∴AB⊥平面ADE

∵CM∥面ADE，∴=0

得2λ-1=0，∴λ=

故点M为BE的中点时CM∥面ADE．

解析

（1）证明：以A为坐标原点AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，），B（2，0，0）D（0，2，0），

取BD的中点F并连接CF，AF；由题意可得CF⊥BD且AF=CF=，

又∵平面BDA⊥平面BDC，∴CF⊥平面BDA，

∴C的坐标为C（1，1，）

∴=（-2，2，0），=（-1，-1，0）

∴•=2-2+0=0，

∴⊥，∴BD⊥CE；

（2）解：设平面BDE的法向量为=（x，y，z），则

∵=（-2，2，0），=（0，-2，）

∴

∴=（1，1，）

又=（0，0，），

设平面DE与平面BCE所成角为θ，则

sinθ=|cos＜，＞|==

∴AE与平面BDE所成角为45°；

（3）解：假设存在点M使得CM∥面ADE，则=λ

∵=（2，0，-），∴=（2λ，0，-λ）

得M（2λ，0，-λ）　

又∵AE⊥平面ABD，AB⊥AD，∴AB⊥平面ADE

∵CM∥面ADE，∴=0

得2λ-1=0，∴λ=

故点M为BE的中点时CM∥面ADE．

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题型：简答题

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简答题

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为1的正方形，BF⊥平面ABCD，DE∥BF．

（Ⅰ）求证：AC⊥EF；

（Ⅱ）若BF=2，DE=1，在EF上取点G，使BG∥平面ACE，求直线AG与平面ACE所成角θ的正弦值．

正确答案

（Ⅰ）证明：连接BD，则

∵DE∥BF，

∴D、E、B、F共面

∵四边形ABCD是正方形，

∴AC⊥BD，

∵BF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥BF，

∵BD∩BF=B，

∴AC⊥平面DEFB，

∵EF⊂平面DEFB，

∴AC⊥EF；

（2）解：建立如图所示的坐标系，则A（1，0，0），C（0，1，0），E（1，1，1），

设G（2-x，2-x，x），平面ACE的法向量为=（x，y，z），则

∵=（-1，1，0），=（1，0，1），

∴，

∴=（1，1，-1），

∵=（2-x，2-x，x），

∴2-x+2-x-x=0，

∴x=，

∴G（，，），

∴=（-，，），

∴直线AG与平面ACE所成角θ的正弦值为||=．

解析

（Ⅰ）证明：连接BD，则

∵DE∥BF，

∴D、E、B、F共面

∵四边形ABCD是正方形，

∴AC⊥BD，

∵BF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥BF，

∵BD∩BF=B，

∴AC⊥平面DEFB，

∵EF⊂平面DEFB，

∴AC⊥EF；

（2）解：建立如图所示的坐标系，则A（1，0，0），C（0，1，0），E（1，1，1），

设G（2-x，2-x，x），平面ACE的法向量为=（x，y，z），则

∵=（-1，1，0），=（1，0，1），

∴，

∴=（1，1，-1），

∵=（2-x，2-x，x），

∴2-x+2-x-x=0，

∴x=，

∴G（，，），

∴=（-，，），

∴直线AG与平面ACE所成角θ的正弦值为||=．

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题型：填空题

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填空题

在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，点A1在平面ABC上的射影为AC的中点D，AC=2，BB1=3，则AB1与底面ABC所成角的正切值为______．

正确答案

解析

解：如图，过D作DE∥AB，且DE=AB则B1E∥A1D；

∴B1E⊥平面ABC，则∠B1AE是AB1与底面ABC所成角；

根据条件知，在Rt△A1AD中，AD=1，AA1=3，∴A1D=∴；

在Rt△ABC中，AC=2，∴AB=，∴DE=；

∴在△ADE中，AD=1，DE=，；

∴根据余弦定理得：，∴AE=；

∴tan．

故答案是：．

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题型：单选题

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单选题

在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=，B1B=BC=1，则线BC1与面BDD1B1所成角的正弦为（　　）

A

B

C

D

正确答案

B

解析

解：∵长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=，B1B=BC=1，

过C1作C1O⊥D1B1，如图

∵平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1

∴C1O⊥平面BDD1B1，

∴∠C1BO为BC1与平面BDD1B1所成角，

∴C1O=，BC1=，

∴sin∠C1BO=；

故选B．

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题型：简答题

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简答题

如图，在棱长均相等的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点．

（1）求证：A1B∥平面AC1D；

（2）求C1C与平面AC1D所成角的余弦值．

正确答案

（1）证明：连接A1C，交AC1于O，连接OD，

由于OD是△A1BC的中位线，则OD∥A1B，

又OD⊂平面面AC1D，A1B⊄平面AC1D，

则有A1B∥平面AC1D；

（2）解：过C作CM⊥平面AC1D，垂足为M，连接MC1，

则∠MC1C即为求C1C与平面AC1D所成角．

设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2a，CM=d，

则C1D==a，AD=，

AC1=2a，由AC12=C1D2+AD2，即有AD⊥C1D，

△ADC1的面积为=a2，

由=，可得，d•=•2a•

即有da2=a3，解得，d=a．

则cos∠MC1C===．

即有C1C与平面AC1D所成角的余弦值．

解析

（1）证明：连接A1C，交AC1于O，连接OD，

由于OD是△A1BC的中位线，则OD∥A1B，

又OD⊂平面面AC1D，A1B⊄平面AC1D，

则有A1B∥平面AC1D；

（2）解：过C作CM⊥平面AC1D，垂足为M，连接MC1，

则∠MC1C即为求C1C与平面AC1D所成角．

设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2a，CM=d，

则C1D==a，AD=，

AC1=2a，由AC12=C1D2+AD2，即有AD⊥C1D，

△ADC1的面积为=a2，

由=，可得，d•=•2a•

即有da2=a3，解得，d=a．

则cos∠MC1C===．

即有C1C与平面AC1D所成角的余弦值．

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题型：简答题

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简答题

如图，四棱锥P--ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E为PB的中点．且PD=

（1）求证：平面AEC⊥平面PDB；

（2）求AE与平面PDB所成的角的大小．

正确答案

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，

∵PD⊥底面ABCD，

∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，

∴平面AEC⊥平面PDB；

（2）解：连接AC，BD，交于O，连接OE，则

∵PD⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，

∴PD⊥AC，

∵四棱锥P-ABCD的底面是正方形，

∴AC⊥BD

∵PD∩BD=D

∴AC⊥平面PDB

∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，

设AB=a，则PD=a，∴OE=a

∵AO=a，∴AE=a，

∴sin∠AEO==，

∴∠AEO=45°

解析

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，

∵PD⊥底面ABCD，

∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，

∴平面AEC⊥平面PDB；

（2）解：连接AC，BD，交于O，连接OE，则

∵PD⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，

∴PD⊥AC，

∵四棱锥P-ABCD的底面是正方形，

∴AC⊥BD

∵PD∩BD=D

∴AC⊥平面PDB

∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，

设AB=a，则PD=a，∴OE=a

∵AO=a，∴AE=a，

∴sin∠AEO==，

∴∠AEO=45°

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题型：简答题

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简答题

四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，∠DAB=∠ABC=90°，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，BC=AB=1，E为PD的中点．

（Ⅰ）求证：CE∥平面PAB；

（Ⅱ）求PA与平面ACE所成角的正弦值．

正确答案

解：（Ⅰ）证明：如图，取PA的中点F，连结FE、FB，

则FE∥BC，且FE=AD=BC，

∴BCEF是平行四边形，

∴CE∥BF，而BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB；

（Ⅱ）取AD的中点G，连接EG，则EG∥AP，

问题转化为求EG与平面ACE所成的角的正弦．

连接BG交AC于O，连接OE，

由AC⊥EG，AC⊥BG，可得AC⊥平面OEG，即有：

平面ACE⊥平面OEG，交于直线OE，

过G作GH⊥OE，交OE于H，

可得∠GEH为EG与平面ACE所成的角，即∠GEO，

由EG=1，GO=，可得EO=，

可得sin∠GEO==，

则PA与平面ACE所成角的正弦值为．

解析

解：（Ⅰ）证明：如图，取PA的中点F，连结FE、FB，

则FE∥BC，且FE=AD=BC，

∴BCEF是平行四边形，

∴CE∥BF，而BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB；

（Ⅱ）取AD的中点G，连接EG，则EG∥AP，

问题转化为求EG与平面ACE所成的角的正弦．

连接BG交AC于O，连接OE，

由AC⊥EG，AC⊥BG，可得AC⊥平面OEG，即有：

平面ACE⊥平面OEG，交于直线OE，

过G作GH⊥OE，交OE于H，

可得∠GEH为EG与平面ACE所成的角，即∠GEO，

由EG=1，GO=，可得EO=，

可得sin∠GEO==，

则PA与平面ACE所成角的正弦值为．

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