（浙江专用）2018年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面平行的判定和性质课件

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1、第八章 立体几何8.3 直线、平面平行的判定和性质高考数学高考数学(浙江专用)考点平行的判定和性质考点平行的判定和性质1.(2017课标全国文,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()五年高考答案答案A本题考查线面平行的判定.B选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;C选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;D选项中,ABNQ,且AB平面MNQ,NQ平面MNQ,则AB平面MNQ.故选A.方法总结方法总结线面平行的判定方法:(1)线面平

2、行的判定定理;(2)面面平行的性质定理.2.(2016课标全国,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案答案解析解析由mn,m,可得n或n在内,当n时,与可能相交,也可能平行,故错.易知都正确.3.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD.求证:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.证明证明(1)在平

3、面ABD内,因为ABAD,EFAD,所以EFAB.又因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因为AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC,所以ADAC.方法总结方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc);(2)线面垂直的性质(a,bab).4.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O的

4、直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF.又EFOB,所以GIOB.在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC.又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.(2)解法一:连接OO,则OO平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BOAC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,

5、0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=3,可得F(0,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO.过点F作FM垂直OB于点M.则有FMOO.又OO平面ABC,所以FM平面ABC.可得FM=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FNBC,从而FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin45=.从而FN=,可得cosFNM=.所以二面角F-

6、BC-A的余弦值为.评析评析本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.5.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线DE平面A1C1F;(2)平面B1DE平面A1C1F.证明证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所

7、以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.评析评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.6.(201

8、6四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE,所以CM平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所

9、找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.过点A作AHCE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA平面ABCD,又CE平面ABCD,从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q,则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中,AEH=45,AE=1,所以AH=.在RtPAH中,PH=,所以sinAPH=.解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,

10、所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.由PAAB,可得PA平面ABCD.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.作AyAD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,则可得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为,则sin=.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.7.(2015江苏,16

11、,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1CBC1=E.求证:(1)DE平面AA1C1C;(2)BC1AB1.证明证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C,AC平面AA1C1C,所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC,所以ACCC1.又因为ACBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC.因为BC=CC1,所以矩

12、形BCC1B1是正方形,因此BC1B1C.因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.评析评析本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EFB1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1ABDC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四

13、边形,从而B1CA1D,又A1D面A1DE,B1C面A1DE,于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1,面A1DE面B1CD1=EF,所以EFB1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1AB,AA1AD,ABAD且AA1=AB=AD,以A为 原 点,分 别 以,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而

14、该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1,n1得r 1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为=.评析评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.9.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,B

15、EEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.以下为教师用书专用解析解析解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GHAB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABB

16、Q.以B为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.10.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面FGH;(2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求

17、平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析解析(1)连接DG,CD,设CDGF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OHBD,又OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.(2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DGFC.又FC平面ABC,所以DG平面ABC.在ABC中,由ABBC,BAC=45,G是AC中点,所以AB=BC,GBGC,因此GB,GC,GD两两

18、垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,0),D(0,0,1).可得H,F(0,1),故=,=(0,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos=.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.11.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)

19、证明:直线MN平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OMCD,且OM=CD,HNCD,且HN=CD.所以OMHN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MNOH.又MN平面BDH,OH平面BDH,所以MN平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MPAC于P.在正方体ABCD-EFGH中,ACEG,所以MPEG.过P作PKEG于K,连接KM,所以EG平面PKM,从而KMEG.所以PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在RtCMP中

20、,PM=CMsin45=.在RtPKM中,KM=.所以cosPKM=.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由得取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2=(1,1,0),所以cos=,故二面角A-EG-M的余弦值为.评析评析本题主要考查简单空间图形的直观图、

21、空间线面平行的判定与性质、二面角的平面角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.12.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.解析解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EOPB.又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)因为PA平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点

22、,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,0),E,=.设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),=(m,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=.评析评析本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.13.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PAAC,PA=6,BC=8,DF=5.

23、求证:(1)直线PA平面DEF;(2)平面BDE平面ABC.证明证明(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DEPA.又因为PA平面DEF,DE平面DEF,所以直线PA平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DEPA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以DEF=90,即DEEF.又PAAC,DEPA,所以DEAC.因为ACEF=E,AC平面ABC,EF平面ABC,所以DE平面ABC.又DE平面BDE,所以平面BDE平面ABC.评析评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空

24、间想象能力和推理论证能力.14.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB.过A作AFSB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG平面ABC;(2)BCSA.证明证明(1)因为AS=AB,AFSB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EFAB.因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.同理,EG平面ABC.又EFEG=E,所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC,且交线为SB,又AF平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC,因为BC平面SBC,所以AFBC.又

25、因为ABBC,AFAB=A,AF,AB平面SAB,所以BC平面SAB.因为SA平面SAB,所以BCSA.评析评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.15.(2013安徽,19,13分)如图,圆锥顶点为P,底面圆心为O,其母线与底面所成的角为22.5,AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60.(1)证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面;(2)求cosCOD.解析解析(1)证明:设面PAB与面PCD的交线为l.因为ABCD,AB不在面PCD内,所以AB面PCD.又因为AB面PAB,面PAB与面PCD的交线

26、为l,所以ABl.由直线AB在底面上而l在底面外可知,l与底面平行.(2)设CD的中点为F.连接OF,PF.由圆的性质,得COD=2COF,OFCD.因为OP底面,CD底面,所以OPCD,又OPOF=O,故CD面OPF.又CD面PCD,因此面OPF面PCD,从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF,故OPF为OP与面PCD所成的角.由题设,得OPF=60.设OP=h,则OF=OPtanOPF=htan60=h.根据题设有OCP=22.5,得OC=.由1=tan45=和tan22.50,可解得tan22.5=-1,因此OC=(+1)h.在RtOCF中,cosCOF=-,故cosCOD=cos2C

27、OF=2cos2COF-1=2(-)2-1=17-12.评析评析本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系,直线与平面、直线与直线间所成角的计算等基础知识和基本技能,考查空间观念、推理论证能力和运算求解能力.1.(2016浙江镇海中学测试卷三,1)已知,表示平面,a,b表示直线,则a的一个充分条件是()A.a,B.=b,abC.ab,bD.,a三年模拟一、选择题A组 20152017年高考模拟基础题组答案答案D针对D选项,因为,所以平面与平面没有公共点,又a,所以直线a与平面也没有公共点,即a,故D正确.而对于A,B,C都有可能出现直线a在平面内,故A,B,C都错.2.(2

28、015浙江五校联考,3)设l,m是两条不同的直线,是一个平面,则下列命题为真的是()A.若lm,m,则lB.若l,lm,则mC.若l,m,则lmD.若l,m,则lm答案答案B若lm,m,则l或l在内或l与斜交,故A不正确;若l,m,则lm或l与m异面,故C不正确;若l,m,则lm或l与m异面或l与m相交,故D不正确.故选B.3.(2017浙江宁波十校适应性考试(5月),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,BAD=120,AB=AD=2,BCD是等边三角形,E是BP的中点,AC与BD交于点O,且OP平面ABCD.(1)求证:PD平面ACE;(2)当OP=1时,求直线PA与平面ACE所成角的正弦值

29、.二、解答题解析解析(1)连接OE,因为O为BD的中点,E为PB的中点,所以OEPD.因为PD平面ACE,OE平面ACE,所以PD平面ACE.(2)因为BDAC,PO平面ABCD,所以AC,BD,PO两两垂直.以O为坐标原点,OB,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),则P(0,0,1),A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,3,0),E,=,=,=(0,-1,-1).设平面ACE的法向量为n=(x,y,z).由即得取x=1,则n=(1,0,-),所以平面ACE的一个法向量为n=(1,0,-).设直线PA与平面ACE所成的角为,则sin=.所以直线PA与平面ACE所成角

30、的正弦值为.4.(2017浙江名校协作体,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,ADBC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP平面ABP,O,M分别是AD,PB的中点.(1)求证:PD平面OCM;(2)若AP与平面PBD所成的角为60,求线段PB的长.解析解析(1)连接OB,设BD与OC的交点为N,连接MN.因为O为AD的中点,AD=2,所以OA=OD=1=BC.又因为ADBC,所以四边形OBCD为平行四边形,(2分)所以N为BD的中点,又因为M为PB的中点,所以MNPD.(4分)又因为MN平面OCM,PD平面OCM,所以PD平面OCM.(6分)(2)由四边形OBCD为平行四

31、边形,知OB=CD=1,所以AOB为等边三角形,所以BAD=60,(8分)所以BD=,即AB2+BD2=AD2,即ABBD.因为DP平面ABP,所以ABPD.又因为BDPD=D,所以AB平面BDP,(11分)所以APB为AP与平面PBD所成的角,即APB=60,(13分)所以PB=.(15分)5.(2017浙江测试卷,19)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,侧棱AA1底面ABCD,M是AC的中点,BAD=120,AA1=AB.(1)证明:MD1平面A1BC1;(2)求直线MA1与平面A1BC1所成的角的正弦值.解析解析(1)连接B1D1交A1C1于点E,连接BE,BD,则

32、BD与AC交于点M,连接ME,由ED1BM,ED1=BM,知四边形ED1MB是平行四边形,MD1BE,又MD1平面A1BC1,MD1平面A1BC1.(2)由四边形A1B1C1D1为菱形,得A1C1B1D1,又ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,BB1A1C1,又B1D1BB1=B1,A1C1平面BB1D1D,又A1C1平面A1BC1,平面BB1D1D平面A1BC1.过点M作BE的垂线,垂足为H,则MH平面A1BC1,连接HA1,则MA1H即为直线MA1与平面A1BC1所成的角,设AA1=1,四边形ABCD是菱形且BAD=120,AM=,MB=.在RtMAA1中,由AM=,AA1=1,得MA1

33、=,在RtEMB中,由MB=,ME=1,得MH=,sinMA1H=.1.(2017浙江镇海中学模拟训练(一),3)若有直线m、n和平面、,下列四个命题中,为真的是()A.若m,n,则mnB.若m,n,m,n则C.若,m,则mD.若,m,m,则m一、选择题B组 20152017年高考模拟综合题组答案答案DA中,因为平行于同一个平面的两条直线,可以平行,可以相交,还可以异面,故A错;B中,若直线m,n是平行直线,则,不一定平行,故B错;C中,只有当直线m垂直于平面与的交线时,才能得出m,故C错;D中,设直线m的方向向量为m,由m知平面法向量为m,设平面法向量为a,则ma=0,又m,所以m.故选D.

34、2.(2017浙江湖州期末,4)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若m,m,则B.若m,m,则C.若m,n,则mnD.若m,n,则mn答案答案D对于A,若m,m,则与还可能相交,故A错.对于B,若m,m,则,故B错.对于C,若m,n,则mn,故C错.对于D,若m,n,则mn,故D正确,选D.3.(2017浙江名校新高考研究联盟第二次联考,19)如图,已知菱形ABCD与等腰三角形PAB所在的平面相互垂直,PAB=BAD=120,E为PB的中点.(1)求证:PD平面ACE;(2)求二面角B-CE-D的余弦值.二、解答题解析解析(1)连接BD,设BD交AC于M点

35、,连接ME.在平行四边形ABCD中,AC,BD相互平分,即DM=BM.又PE=BE,在BDP中,EMPD.PD平面AEC,ME平面AECPD平面AEC.(2)过D作DO垂直BA延长线与O点,连接PO,易得DO,PO,BO两两垂直,以O点坐标原点,OP,OB,OD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),设AB=2,则B(0,3,0),C(0,2,),P(,0,0),D(0,0,),E,=(0,-1,),=,=(0,2,0),=,设平面BCE的法向量为m=(x1,y1,1),则解得m=(3,1).设平面DCE的法向量n=(x2,y2,1),则解得n=(2,0,1).cos=,二面角B-CE-

36、D的余弦值为-.4.(2017浙江宁波二模(5月),18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PAD为正三角形,四边形ABCD为直角梯形,CDAB,BCAB,平面PAD平面ABCD,点E,F分别为AD,CP的中点,AD=AB=2CD=2.(1)证明:直线EF平面PAB;(2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.解析解析(1)设BC的中点为M,连接EM,FM,易知EMAB,FMPB,(2分)因为EMAB,EM平面PAB,AB平面PAB,所以EM平面PAB.同理FM平面PAB.(4分)又EMFM=M,EM平面FEM,FM平面FEM,所以,平面EFM平面PAB,(6分)又EF平面FEM,所以直线EF平面

37、PAB.(8分)(2)连接PE,PM.因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,且PEAD,所以PE平面ABCD,PEBC.又因为EMBC,所以BC平面PEM,(10分)所以平面PBC平面PEM.过点E作EHPM于点H,连接FH,由平面PBC平面PEM可知,EH平面PBC.所以直线EF与平面PBC所成角为EFH.(12分)易求得EF=PC=,易EH=,所以,sinEFH=.(15分)5.(2016浙江镇海中学测试(六),17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是菱形,侧棱PA平面ABCD,且BAD=60,AB=PA=1,E,F,G,H分别是线段AB,BC,PA,P

38、D的中点,M,N分别是线段FG,EH的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角B-GC-D的余弦值.解析解析(1)证明:如图,连接BH,GH,HF,因为G,H分别是PA,PD的中点,所以GHAD,且GH=AD.而F是BC的中点且ADBC,所以GHBF且GH=BF,故四边形BFHG是平行四边形.又M是GF的中点,所以M是BH的中点.又N是HE的中点,所以MNBE.而MN平面ABCD,BE平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)如图,连接AC,BD交于点O,由已知得OAOB,分别以OA,OB所在直线为x轴,y轴建立空间直角坐标系,则A,B,C,D,G,所以=,=.设平面GBC的法向量为

39、n1=(x1,y1,z1),则即取x1=1,则n1=(1,-,-).同理,可求平面GCD的一个法向量为n2=(1,-),则cos=,易知二面角B-GC-D的平面角为锐角,所以二面角B-GC-D的余弦值是.6.(2015浙江丽水一模,18)如图,在边长为2的正方形ABCD中,E为AB的中点,将ADE沿直线DE折起至ADE,使得平面ADE平面BCDE,F为线段AC的中点.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线AB与平面ADE所成角的正切值.解析解析(1)证明:取AD的中点M,连接FM,EM.F为AC的中点,FMCD且FM=CD,(2分)又E为AB的中点,且AB CD,BECD且BE=CD,BEFM且BE=FM,四边形BFME为平行四边形.(4分)BFEM,又EM平面ADE,BF平面ADE,BF平面ADE.(6分)(2)在平面BCDE内作BNDE,交DE的延长线于点N,平面ADE平面BCDE,平面ADE平面BCDE=DE,BN平面ADE,连接AN,则BAN为AB与平面ADE所成的角.(8分)易知BNEDAE,=,又BE=1,BN=,EN=.(10分)在ADE中,作APDE,垂足为P,AE=1,AD=2,AP=,EP=.在直角APN中,PN=PE+EN=,AP=,AN=.(14分)在直角ABN中,tanBAN=,直线AB与平面ADE所成角的正切值为.(15分)