- 直线、平面平行的判定及其性质
- 共5998题
正确答案
解析
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1）
∴
∴cos
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
故答案为：
A
B
C
D
正确答案
解析
解：以D为坐标原点，以CA，CB，CC1为X，Y，Z轴正方向，建立空间坐标系，令AC=BC=CC1=2
则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），D（1，1，0），B1（0，2，2）
则
设
则
令x=1则
则cos
设直线B1B和平面CDB1所成角为θ
则sinθ=
则tanθ=
故选D
（Ⅰ）求证：AD∥MN；
（Ⅱ）试确定点N的位置． 使直线BN与平面PAD所成角的正切值为
正确答案
∴AD∥平面BCN，…（3分）
又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面BCN=MN，
∴AD∥MN…（5分）
（Ⅱ）解：延长DA，过B作BQ⊥AD于Q，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BQ，从而BQ⊥平面PAD，
连接QN得∠BNQ即直线BN与平面PAD所成的角，…（7分）
∵PD=4，底面ABCD为菱形且∠BAD=120°，∴
∴
∴ND=4-4k，
∴△QDN中，
=
∴
∴QN=3，从而
答：点N位于的线段PD的四分之一处（靠近P点）…（14分）
解析
∴AD∥平面BCN，…（3分）
又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面BCN=MN，
∴AD∥MN…（5分）
（Ⅱ）解：延长DA，过B作BQ⊥AD于Q，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BQ，从而BQ⊥平面PAD，
连接QN得∠BNQ即直线BN与平面PAD所成的角，…（7分）
∵PD=4，底面ABCD为菱形且∠BAD=120°，∴
∴
∴ND=4-4k，
∴△QDN中，
=
∴
∴QN=3，从而
答：点N位于的线段PD的四分之一处（靠近P点）…（14分）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：如图，分别取C1A1、CA的中点E、F，连接B1E与BF，
∵三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱
∴B1E⊥平面CAA1C1，
过D作DH∥B1E，则DH⊥平面CAA1C1，
连接AH，则∠DAH为所求的AD与平面AA1C1C所成的角
∵AB=1，D在棱BB1上，且BD=1
∴DH=B1E=
所以sin∠DAH=
故选D．
已知三棱柱ABC-A1B1C1侧棱与底面垂直，且其六个顶点都在球O的球面上，若AC=3，AB=4，CB=5，球O的半径为6，则OA与平面ABC所成的角的余弦值为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
∴CB为直径，
设BC的中点为O′，连接OO′，O′A，则OO′⊥平面ABC，
∴∠OAO′为OA与平面ABC所成的角，
∴O′A=
∴OA与平面ABC所成的角的余弦值为
故选：C．
正确答案
解：取A1B1的中点E，连结C1E，AE，
由正三棱柱性质得面A1B1C1⊥面A1B1BA，交线是A1B1．
又C1E⊥A1B1，∴C1E⊥面A1B1BA．
∴∠C1AE为所求．
∵AB=a，C1C=
∴Rt△C1EA中，C1E=
∴tan∠C1AE=
∴∠C1AE=30°．
∴AC1与面ABB1A1所成的角为30°．
解析
解：取A1B1的中点E，连结C1E，AE，
由正三棱柱性质得面A1B1C1⊥面A1B1BA，交线是A1B1．
又C1E⊥A1B1，∴C1E⊥面A1B1BA．
∴∠C1AE为所求．
∵AB=a，C1C=
∴Rt△C1EA中，C1E=
∴tan∠C1AE=
∴∠C1AE=30°．
∴AC1与面ABB1A1所成的角为30°．
正确答案
解析
解：∵四边形BECF、AFED都是矩形，且平面AFED⊥平面BCEF，
∴AF⊥平面BCEF，
∴AF⊥CF，AF⊥BF，AB⊥BC
∵∠ACF=α，∠ABF=β，∠BAC=θ，
∴sinα=
∴sinα=sinβ•cosθ
故选B．
已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，则AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为______．
正确答案
解析
∵正三棱柱ABC-A1B1C1中，面ABC⊥面BB1C1C，面ABC∩面BB1C1C=BC，
∴AE⊥面BB1C1C，
∴∠AC1E就是AC1与平面BB1C1C所成的角，
不妨设正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，则C1E=
在Rt△AC1E中，cos∠AC1E=
故答案为：
（1）求证：BE∥平面PAD；
（2）求BC与平面BDE所成角的余弦值；
（3）线段PC上是否存在一点M，使得AM⊥平面PBD，如果存在，求出PM的长度；如果不存在，请说明理由．
正确答案
又BA⊥AD，CD⊥AD，CD=2AD=2AB，
∴
∴四边形ABEF是平行四边形-------------------（2分）
∴AF∥BE，
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD
∴BE∥平面PAD-------（4分）
（2）解：过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN
∵平面PAD⊥底面ABCD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AF，
又AF⊥PD，PD∩CD=D，
∴AF⊥平面PCD，
∴BE⊥平面PCD，
∴BE⊥CN，
又CN⊥DE，DE∩BE=E，
∴CN⊥平面BDE，
∴∠CBN就是直线BC与平面BDE所成角------（7分）
令AD=1，求得
∴sin∠CBN=
∴cos∠CBN=
故BC与平面BDE所成角的余弦值为
（3）解：假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD，则AM⊥PD，由（2）AF⊥PD，
∴PD⊥平面AFM，
又PD⊥平面ABEF，故点M与E重合．----（11分）
取CD中点G，连接EG，AG，则BD⊥AG，
又BD⊥AE，AG∩AE=A，
∴BD⊥平面AEG，
∴BD⊥EG，
∴BD⊥PD，
又PD⊥CD，BD∩CD=D，
∴PD⊥平面BCD，
从而PD⊥AD，这与△PAD是等边三角形矛盾．
故在线段PC上不存在点M满足题意．-----------------------------------（14分）
解析
又BA⊥AD，CD⊥AD，CD=2AD=2AB，
∴
∴四边形ABEF是平行四边形-------------------（2分）
∴AF∥BE，
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD
∴BE∥平面PAD-------（4分）
（2）解：过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN
∵平面PAD⊥底面ABCD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AF，
又AF⊥PD，PD∩CD=D，
∴AF⊥平面PCD，
∴BE⊥平面PCD，
∴BE⊥CN，
又CN⊥DE，DE∩BE=E，
∴CN⊥平面BDE，
∴∠CBN就是直线BC与平面BDE所成角------（7分）
令AD=1，求得
∴sin∠CBN=
∴cos∠CBN=
故BC与平面BDE所成角的余弦值为
（3）解：假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD，则AM⊥PD，由（2）AF⊥PD，
∴PD⊥平面AFM，
又PD⊥平面ABEF，故点M与E重合．----（11分）
取CD中点G，连接EG，AG，则BD⊥AG，
又BD⊥AE，AG∩AE=A，
∴BD⊥平面AEG，
∴BD⊥EG，
∴BD⊥PD，
又PD⊥CD，BD∩CD=D，
∴PD⊥平面BCD，
从而PD⊥AD，这与△PAD是等边三角形矛盾．
故在线段PC上不存在点M满足题意．-----------------------------------（14分）
如图，已知边长为4的菱形ABCD中，∠ABC=60°．将菱形ABCD沿对角线PA折起得到三棱锥D-ABC，设二面角D-AC-B的大小为θ．
（1）当θ=90°时，求异面直线AD与BC所成角的余弦值；
（2）当θ=60°时，求直线AD与平面ABC所成角的正弦值．
正确答案
（1）当θ=90°时，即∠DOB=90°，分别取DC，BD的中点M，N，连结OM，MN，ON，
∵OM∥AD，MN∥BC，
∴∠OMN为异面直线AD与BC所成的角或其补角，
在△OMN中，OM=2，MN=2，
∴
即异面直线AD与BC所成角的余弦值为
（2）
由题意可知AC⊥平面DOB，△DOB为等边三角形，
取OB的中点H，则有DH⊥平面ABC，且DH=3，即直线AD与平面ABC所成的角为∠DAH，
∴
即直线AD与平面ABC所成角的正弦值为
解析
（1）当θ=90°时，即∠DOB=90°，分别取DC，BD的中点M，N，连结OM，MN，ON，
∵OM∥AD，MN∥BC，
∴∠OMN为异面直线AD与BC所成的角或其补角，
在△OMN中，OM=2，MN=2，
∴
即异面直线AD与BC所成角的余弦值为
（2）
由题意可知AC⊥平面DOB，△DOB为等边三角形，
取OB的中点H，则有DH⊥平面ABC，且DH=3，即直线AD与平面ABC所成的角为∠DAH，
∴
即直线AD与平面ABC所成角的正弦值为
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