直线、平面平行的判定及其性质_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图：已知三棱锥P-ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB=2，N为AB上一点，AB=4AN，M，S分别为PB，BC的中点．

（1）求面MNC与面NCB所成的锐二面角的余弦值．

（2）在线段PA（包括端点）上是否存在一点Q，使SQ⊥平面MNC？若存在，确定Q的位置；若不存在，说明理由．

正确答案

解：（1）以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图，

则M（2，0，1），N（1，0，0），C（0，2，0），B（4，0，0），P（0，0，2），S（2，1，0），

∴=（-1，0，-1），=（-1，2，0），

设面MNC的法向量为=（x，y，z），则，

∴=（2，1，-2），

∵面NCB的法向量为=（0，0，2），

∴面MNC与面NCB所成的锐二面角的余弦值为|=；

（2）设Q（0，0，c）（0≤c≤2），则=（-2，-1，c），

若SQ⊥平面MNC，则∥，∴c=2，

即Q为P点时，SQ⊥平面MNC．

解析

解：（1）以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图，

则M（2，0，1），N（1，0，0），C（0，2，0），B（4，0，0），P（0，0，2），S（2，1，0），

∴=（-1，0，-1），=（-1，2，0），

设面MNC的法向量为=（x，y，z），则，

∴=（2，1，-2），

∵面NCB的法向量为=（0，0，2），

∴面MNC与面NCB所成的锐二面角的余弦值为|=；

（2）设Q（0，0，c）（0≤c≤2），则=（-2，-1，c），

若SQ⊥平面MNC，则∥，∴c=2，

即Q为P点时，SQ⊥平面MNC．

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题型：简答题

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简答题

在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC中点，又PA=AB=4，∠CDA=120°，点N在线段PB上，且PN=．

（Ⅰ）求证：BD⊥PC；

（Ⅱ）求证：MN∥平面PDC；

（Ⅲ）求二面角A-PC-B的余弦值．

正确答案

证明：（I）∵△ABC是正三角形，M是AC中点，

∴BM⊥AC，即BD⊥AC．

又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．

又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．

∴BD⊥PC．

（Ⅱ）在正△ABC中，BM=．

在△ACD中，∵M为AC中点，DM⊥AC，∴AD=CD．

∠ADC=120°，∴，

∴．

在等腰直角△PAB中，PA=AB=4，PB=，

∴，

∴MN∥PD．

又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，

∴MN∥平面PDC．

（Ⅲ）∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°，

∴AB⊥AD，分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，

∴B（4，0，0），C，，P（0，0，4）．

由（Ⅱ）可知，为平面PAC的法向量．

，．

设平面PBC的一个法向量为，

则，即，

令z=3，得x=3，，则平面PBC的一个法向量为，

设二面角A-PC-B的大小为θ，则．

所以二面角A-PC-B余弦值为．

解析

证明：（I）∵△ABC是正三角形，M是AC中点，

∴BM⊥AC，即BD⊥AC．

又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．

又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．

∴BD⊥PC．

（Ⅱ）在正△ABC中，BM=．

在△ACD中，∵M为AC中点，DM⊥AC，∴AD=CD．

∠ADC=120°，∴，

∴．

在等腰直角△PAB中，PA=AB=4，PB=，

∴，

∴MN∥PD．

又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，

∴MN∥平面PDC．

（Ⅲ）∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°，

∴AB⊥AD，分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，

∴B（4，0，0），C，，P（0，0，4）．

由（Ⅱ）可知，为平面PAC的法向量．

，．

设平面PBC的一个法向量为，

则，即，

令z=3，得x=3，，则平面PBC的一个法向量为，

设二面角A-PC-B的大小为θ，则．

所以二面角A-PC-B余弦值为．

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题型：填空题

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填空题

如图，设同底的两个正三棱锥P-ABC和Q-ABC 内接于同一个球O．若正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成的角为 45°，则正三棱锥Q-ABC的侧面与底面所成角的正切值是______．

正确答案

4

解析

解：如图，取AB的中点M，连接PM，QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB

∴∠PMC是侧面PAB与底面所成二面角的平面角，∠QMC是侧面QAB与底面所成二面角的平面角，

∴∠PMC=45°，

设PR=h，OP=R，则MR=h，OR=R-h，

∴R2=4h2+（R-h）2，

∴R=2.5h

∴QR=4h

∵MR=h

∴正三棱锥Q-ABC的侧面与底面所成角的正切值是=4

故答案为：4．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AB=2，BC=，PB=，则二面角P-BC-A的大小为______．

正确答案

45°

解析

解：∵PA⊥平面ABC，AC⊥BC，

∴BC⊥PC．

∴∠PCA是二面角P-BC-A的平面角．

∵AC⊥BC，AB=2，BC=，

∴AC==．

∵PA⊥AB，

∴=．

又∵PA⊥AC．

∴∠PCA=45°．

∴二面角P-BC-A为45°．

故答案为：45°．

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题型：简答题

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简答题

如图 I，平面四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=150°，AB=AD=2BC=4，把△ABD沿直线BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，连接AC得到如图 II所示四面体A-BCD．设点O，E，F分别是BD，AB，AC的中点．连接CE，BF交于点G，连接OG．

（1）证明：OG⊥AC；

（2）求二面角B-AD-C的大小．

正确答案

（1）证明：由已知，△ABD是等边三角形，取OD的中点M，连接AM、CM、FM

在△ABM中，BM=3，AB=4，B=60°，由余弦定理得AM=

在△CBM中，BC=2，BM=3，CB⊥BD，得CM=

所以AM=CM，

因为F为AC中点，所以MF⊥AC

由已知，G为三角形ABC的重心，所以BG：GF=BO：OM=2：1

所以OG∥MF，所以OG⊥AC；…6‘

（2）解：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CB⊥BD，∴CB⊥面ABD

∵AB⊂面ABD，∴CB⊥AB

∴△ABC≌△BCD，∴AC=CD

取AD中点N，连接CN，BN，则CN⊥AD，BN⊥AD，所以∠BNC是二面角B-AD-C的平面角．

在△BNC中，CB⊥BN，BC=2，BN=，∴∠BNC=30°

∴二面角B-AD-C的大小为30°…12'

解析

（1）证明：由已知，△ABD是等边三角形，取OD的中点M，连接AM、CM、FM

在△ABM中，BM=3，AB=4，B=60°，由余弦定理得AM=

在△CBM中，BC=2，BM=3，CB⊥BD，得CM=

所以AM=CM，

因为F为AC中点，所以MF⊥AC

由已知，G为三角形ABC的重心，所以BG：GF=BO：OM=2：1

所以OG∥MF，所以OG⊥AC；…6‘

（2）解：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CB⊥BD，∴CB⊥面ABD

∵AB⊂面ABD，∴CB⊥AB

∴△ABC≌△BCD，∴AC=CD

取AD中点N，连接CN，BN，则CN⊥AD，BN⊥AD，所以∠BNC是二面角B-AD-C的平面角．

在△BNC中，CB⊥BN，BC=2，BN=，∴∠BNC=30°

∴二面角B-AD-C的大小为30°…12'

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题型：简答题

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简答题

在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且PA⊥平面ABCD，点M是棱PA的中点．

（1）若PA=4，求点C到平面BMD的距离；

（2）过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点N，如果三棱锥N-BCD的体积取到最大值，求此时二面角M-ND-B的大小的余弦值．

正确答案

解：（1）设BD与AC相交于点O，连接MO，则BD⊥AC，

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂ABCD，

∴PA⊥BD，

∴PA∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC，

∵BD⊂平面BMD，

∴平面BMD⊥平面PAC，

过点A在平面PAC作AT⊥MO于点T，则AT⊥平面BMD，

∴AT为点A到平面BMD的距离，

∵C，A到平面BMD的距离相等，

在△MAO中，AT==；

（2）连接ON，则△ONC为直角三角形，设∠OCN=θ（0＜θ＜），过N作NQ⊥OC于点Q，则NQ⊥平面ABCD，

∴VN-BCD==NQ=NCsinθ=OC•cosθsinθ=×sin2θ≤，

当且仅当θ=时，V最大，此时AP=AC=2，

以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x、y、z轴建立坐标系，则有点、，

设平面MND的一个法向量为，则有，取y=1，

则有，

∵直线PC⊥平面BND，∴平面BND的一个法向量为，易知二面角M-ND-B的平面角为锐角α，则．

解析

解：（1）设BD与AC相交于点O，连接MO，则BD⊥AC，

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂ABCD，

∴PA⊥BD，

∴PA∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC，

∵BD⊂平面BMD，

∴平面BMD⊥平面PAC，

过点A在平面PAC作AT⊥MO于点T，则AT⊥平面BMD，

∴AT为点A到平面BMD的距离，

∵C，A到平面BMD的距离相等，

在△MAO中，AT==；

（2）连接ON，则△ONC为直角三角形，设∠OCN=θ（0＜θ＜），过N作NQ⊥OC于点Q，则NQ⊥平面ABCD，

∴VN-BCD==NQ=NCsinθ=OC•cosθsinθ=×sin2θ≤，

当且仅当θ=时，V最大，此时AP=AC=2，

以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x、y、z轴建立坐标系，则有点、，

设平面MND的一个法向量为，则有，取y=1，

则有，

∵直线PC⊥平面BND，∴平面BND的一个法向量为，易知二面角M-ND-B的平面角为锐角α，则．

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题型：简答题

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简答题

如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，，E是DD1的中点．

（1）求证：AC⊥B1D；

（2）求二面角E-AC-B的大小．

正确答案

（本小题满分14分）

解法一：

（1）证明：连接BD．

∵ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，∴B1B⊥平面ABCD，

∴BD是B1D在平面ABCD上的射影，…．（2分）

∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD，…．（4分）

根据三垂线定理∴AC⊥B1D．…..（6分）

（2）解：设AC∩BD=F，连接EF．∵DE⊥平面ABCD，且AC⊥BD，…（7分）

根据三垂线定理得 AC⊥FE，又AC⊥FB，∴∠EFB是二面角E-AC-B的平面角．…..（9分）

在Rt△EDF中，由，得∠EFD=45°．…..（12分）

∴∠EFB=180°-45°=135°，…（13分）

即二面角E-AC-B的大小是135°．…..（14分）

解法二：∵ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，∴DA、DC、DD1两两互相垂直

如图，以D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．…．（1分）…..（3分）

（1）证明：

∵…．（4分）

∴，∴AC⊥B1D．…..（6分）

（2）解：

连接BD，设AC∩BD=F，连接EF．

∵DE⊥平面ABCD，且AC⊥BD∴AC⊥FE，AC⊥FB…（8分）

∴∠EFB是二面角E-AC-B的平面角．…..（9分）

∵底面ABCD是正方形

∴，∴，．…．（11分）

…..（13分）

∴=-…（13分）

∴二面角E-AC-B的大小是135°．…..（14分）

解析

（本小题满分14分）

解法一：

（1）证明：连接BD．

∵ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，∴B1B⊥平面ABCD，

∴BD是B1D在平面ABCD上的射影，…．（2分）

∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD，…．（4分）

根据三垂线定理∴AC⊥B1D．…..（6分）

（2）解：设AC∩BD=F，连接EF．∵DE⊥平面ABCD，且AC⊥BD，…（7分）

根据三垂线定理得 AC⊥FE，又AC⊥FB，∴∠EFB是二面角E-AC-B的平面角．…..（9分）

在Rt△EDF中，由，得∠EFD=45°．…..（12分）

∴∠EFB=180°-45°=135°，…（13分）

即二面角E-AC-B的大小是135°．…..（14分）

解法二：∵ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，∴DA、DC、DD1两两互相垂直

如图，以D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．…．（1分）…..（3分）

（1）证明：

∵…．（4分）

∴，∴AC⊥B1D．…..（6分）

（2）解：

连接BD，设AC∩BD=F，连接EF．

∵DE⊥平面ABCD，且AC⊥BD∴AC⊥FE，AC⊥FB…（8分）

∴∠EFB是二面角E-AC-B的平面角．…..（9分）

∵底面ABCD是正方形

∴，∴，．…．（11分）

…..（13分）

∴=-…（13分）

∴二面角E-AC-B的大小是135°．…..（14分）

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题型：单选题

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单选题

设一个正三棱锥的侧面与底面所成的角为α，相邻两个侧面所成的角为β，那么两个角α和β的三角函数间的关系是（　　）

A2cos2α+3cosβ=1

B2cosα+3cos2β=1

C3cos2α+2cosβ=1

D3cosα+2cos2β=1

正确答案

C

解析

解：设正三棱锥S-ABC，侧面与底面所成的角为α，相邻两个侧面所成的角为β，作SD⊥BC，连接AD，作SH⊥AD，则SH⊥底面ABC，可得BE⊥SA，连接CE，则CE⊥SA，∠BEC是二侧面成角的平面角，

设AB=BC=AC=1个单位，

AD=，HD==，AH=，

=cosα，SD=，SH=，

SA===，

又BE×SA×=SD×AB×=S△SAB，

∴BE===

在三角形EBC中根据余弦定理，

BC2=BE2+EC2-2×BE×EC×cosβ，

1=+-2××cosβ，

经整理得：3cos2α+2cosβ=1，

故选C

1

题型：单选题

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单选题

如图在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，AD=CD=2AB，E、F分别为PC、CD的中点；PA=kAB（k＞0），且二面角E-BD-C的平面角大于30°，则k的取值范围是（　　）

A

Bk＜

C0＜k≤

D

正确答案

A

解析

解：以A为原点，以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示，

设AB的长为1，则=（-1，2，0），=（0，1，）

平面CDB的一个法向量为=（0，0，1），

设平面EDB的一个法向量为=（x，y，z），

则，取y=1，可得=（2，1，-），

设二面角E-BD-C的大小为θ，

则cosθ=|cos＜，＞|═

化简得k2＞，所以．

故选A．

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题型：简答题

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简答题

如图1，在△PBC中，∠C=90°，PC=4，BC=3，PD：DC=5：3，AD⊥PB，将△PAD沿AD边折起到SAD位置，如图2，且使SB=．

（Ⅰ）求证：SA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求平面SAB与平面SCD所成锐二面角的余弦值．

正确答案

（Ⅰ）证明：在直角三角形PBC中，PC=4，BC=3，PD：DC=5：3，

所以PB=5，PD=2.5，DC=1.5，

因为∠PAD=∠C=90°，∠P=∠P，

所以△PAD∽△PCB，

所以，

所以PA=2，AB=PB-PA=3，AD=1.5，

△SAB中，SA=PA=2，SB=，

所以SA2+AB2=SB2，

所以SA⊥AB

因为AD∥PB，

所以SA⊥AD，

因为AB∩AD=A，

所以SA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）解：在图2中，延长BA，CD相交于P，连接SP，取SP的中点M，连接MA，MD，则

因为PA=SA，PD=SD，

所以MA⊥SP，MD⊥SP，

所以∠AMD为平面SAB与平面SCD所成锐二面角的平面角，

因为SA⊥AD，AD⊥PB，SA∩PB=A，

所以AD⊥平面SPB，

因为MA⊂平面SPB，

所以AD⊥MA．

在直角三角形SPA中，PA=SA=2，M为SP的中点，

所以SP=2，MA=，

在△SPD中，PD=SD=2.5，M为SP中点，所以MD=，

所以cos∠AMP==，

所以平面SAB与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．

解析

（Ⅰ）证明：在直角三角形PBC中，PC=4，BC=3，PD：DC=5：3，

所以PB=5，PD=2.5，DC=1.5，

因为∠PAD=∠C=90°，∠P=∠P，

所以△PAD∽△PCB，

所以，

所以PA=2，AB=PB-PA=3，AD=1.5，

△SAB中，SA=PA=2，SB=，

所以SA2+AB2=SB2，

所以SA⊥AB

因为AD∥PB，

所以SA⊥AD，

因为AB∩AD=A，

所以SA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）解：在图2中，延长BA，CD相交于P，连接SP，取SP的中点M，连接MA，MD，则

因为PA=SA，PD=SD，

所以MA⊥SP，MD⊥SP，

所以∠AMD为平面SAB与平面SCD所成锐二面角的平面角，

因为SA⊥AD，AD⊥PB，SA∩PB=A，

所以AD⊥平面SPB，

因为MA⊂平面SPB，

所以AD⊥MA．

在直角三角形SPA中，PA=SA=2，M为SP的中点，

所以SP=2，MA=，

在△SPD中，PD=SD=2.5，M为SP中点，所以MD=，

所以cos∠AMP==，

所以平面SAB与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．

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