2019高考数学一轮复习第八章立体几何8.4直线、平面平行的判定与性质练习理.doc

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1、18.4 直线、平面平行的判定与性质考纲解读考点 内容解读 要求 高考示例 常考题型 预测热 度1.直线与平面平行的判定与性质掌握2017江苏,15;2016江苏,16;2016四川,18;2015安徽,5;2015江苏,16;2013广东,6选择题解答题2.平面与平面平行的判定与性质以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理,理解以下判定定理.如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.理解以下性质定理,并能够证明.如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的

2、任一个平面与此平面的交线和该直线平行.如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.垂直于同一个平面的两条直线平行.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题掌握2016课标全国,14;2013江苏,16选择题解答题分析解读 1.理解空间直线和平面位置关系的定义;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.推理和证明要严谨、合理、充分.4.高考对本节内容的考查,一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之

3、间的转化思想,题型以解答题为主,分值约为5分,属中档题.五年高考考点一 直线与平面平行的判定与性质1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的是( )A.若,垂直于同一平面,则与平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若,则在内与平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案 D2.(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.2证明 (1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD,

4、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.3.(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B 1B上,且B 1DA 1F,A1C1A 1B1.求证:(1)直线DE平面A 1C1F;(2)平面B 1DE平面A 1C1F.证明 (1)在直三棱柱ABC-

5、A 1B1C1中,A 1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA 1C1.又因为DE平面A 1C1F,A1C1平面A 1C1F,所以直线DE平面A 1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A 1B1C1中,A 1A平面A 1B1C1.因为A 1C1平面A 1B1C1,所以A 1AA 1C1.又因为A 1C1A 1B1,A1A平面ABB 1A1,A1B1平面ABB 1A1,A1AA 1B1=A1,所以A 1C1平面ABB 1A1.因为B 1D平面ABB 1A1,所以A 1C1B 1D.又因为B 1DA 1F,A1C1平面A 1C1F,A1F平面A 1C1F,A1

6、C1A 1F=A1,所以B 1D平面A 1C1F.因为直线B 1D平面B 1DE,所以平面B 1DE平面A 1C1F.4.(2016四川,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 (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.3理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四边形BC

7、DE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

8、,AEH=45,AE=1,所以AH=.在RtPAH中,PH=,所以sinAPH=.解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,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,解得n

9、=(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.教师用书专用(513)5.(2013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面.下列命题中正确的是( )A.若,m,n,则mnB.若,m,n,则mnC.若mn,m,n,则D.若m,mn,n,则答案 D6.(2013安徽,15,5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC 1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列4命题正确的是 (写出所有正确命题的编号). 当0=.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的

10、大小为60.解法二:作HMAC于点M,作MNGF于点N,连接NH.由FC平面ABC,得HMFC,又FCAC=C,所以HM平面ACFD.因此GFNH,所以MNH即为所求的角.在BGC中,MHBG,MH=BG=,由GNMGCF,可得=,从而MN=.由HM平面ACFD,MN平面ACFD,得HMMN,因此tanMNH=,所以MNH=60.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A 1B1D1DCBA中,四边形AA 1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B 1D1的中点,过A 1,D,E的平面交CD 1于F.(1)证明:EFB

11、 1C;(2)求二面角E-A 1D-B1的余弦值.解析 (1)证明:由正方形的性质可知A 1B1ABDC,且A 1B1=AB=DC,所以四边形A 1B1CD为平行四边形,从而B 1CA 1D,又A 1D面A 1DE,B1C面A 1DE,于是B 1C面A 1DE.又B 1C面B 1CD1,面A 1DE面B 1CD1=EF,所以EFB 1C.(2)因为四边形AA 1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA 1AB,AA 1AD,ABAD且AA 1=AB=AD,以A为原点,分别以,6,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),

12、D(0,1,0),A 1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B 1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A 1DE的法向量n 1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n 1,n 1得r 1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n 1=(-1,1,1).设面A 1B1CD的法向量n 2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n 2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A 1D-B1的余弦值为=.评析 本题考查直线与直线的平行关系以及

13、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江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B1C1中,已知ACBC,BC=CC 1,设AB 1的中点为D,B 1CBC 1=E.求证:(1)DE平面AA 1C1C;(2)BC1AB 1.证明 (1)由题意知,E为B 1C的中点,又D为AB 1的中点,因此DEAC.又因为DE平面AA 1C1C,AC平面AA 1C1C,所以DE平面AA 1C1C.(2)因为棱柱ABC-A 1B1C1是直三棱柱,所以CC 1平面ABC.因为AC平面ABC,所以ACCC 1.又因为ACB

14、C,CC 1平面BCC 1B1,BC平面BCC 1B1,BCCC 1=C,所以AC平面BCC 1B1.又因为BC 1平面BCC 1B1,所以BC 1AC.因为BC=CC 1,所以矩形BCC 1B1是正方形,因此BC 1B 1C.因为AC,B 1C平面B 1AC,ACB 1C=C,所以BC 1平面B 1AC.又因为AB 1平面B 1AC,所以BC 1AB 1.10.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A 1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA 1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B 1C和D 1D的中点.(1)求证:MN平面ABCD;7(2)

15、求二面角D 1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A 1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A 1E的长.解析 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A 1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B 1C和D 1D的中点,得M,N(1,-2,1). (1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得n=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n

16、 1=(x,y,z)为平面ACD 1的法向量,则即不妨设z=1,可得n 1=(0,1,1).设n 2=(x,y,z)为平面ACB 1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n 2=(0,-2,1).因此有cos=-,于是sin=.所以,二面角D 1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=,其中0,1,则E(0,2),从而=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=,整理得 2+4-3=0,又因为0,1,解得=-2.所以,线段A 1E的长为-2.11.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面

17、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 (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,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,=.8设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),=(m,0).设n 1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则

18、即可取n 1=.又n 2=(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=.12.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A 1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD 1,BB1上移动,且DP=BQ=(0=.因为二面角D-GH-E为钝角,所以二面角D-GH-E的余弦值为-.考点二 平面与平面平行的判定与性质1.(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

19、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 2.(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 (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

20、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.11又因为ABBC,AFAB=A,AF,AB平面SAB,所以BC平面SAB.因为SA平面SAB,所以BCSA.三年模拟A组 20162018年模拟基础题组考点一 直线与平面平行的判定与性质1.(人教A必2,二,2-2A,3,变式)如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为( )A.ACBDB.AC=BDC.AC截面PQMND.异面直线PM与BD所成的角为45答案 B2.(2018江苏无锡模拟,18)如图,在四面体PABC中,已知PA平面ABC,PA=AC,AC

21、B=90,D为PC的中点.(1)求证:ADBD;(2)若M为PB的中点,点N在直线AB上,且ANNB=12,求证:直线AD平面CMN.证明 (1)PA=AC,D为PC的中点,ADPC.PA平面ABC,BC平面ABC,PABC.ACB=90,BCAC,又PAAC=A,PA,AC平面PAC,BC平面PAC.AD平面PAC,BCAD.又ADPC,BCPC=C,PC,BC平面PBC,AD平面PBC.BD平面PBC,ADBD.(2)连接DM,设BD与CM交于点G,连接NG.12D、M分别为PC和PB的中点,DMBC且DM=BC,DGGB=DMBC=12.ANNB=12,ANNB=DGGB.BNGBAD,

22、ADNG.AD平面CMN,NG平面CMN,直线AD平面CMN.3.(2017广东六校联盟联考,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,底面ABC是直角三角形,PA=AB=BC=4,O是棱AC的中点,G是AOB的重心,D是PA的中点.(1)求证:BC平面PAB;(2)求证:DG平面PBC;(3)求二面角A-PC-B的大小.解析 (1)证明:PA平面ABC,PABC,底面ABC是直角三角形,AB=BC,BCAB,又PAAB=A,BC平面PAB.(2)证明:如图,连接OG并延长交AB于点E,连接DO,DE,G是AOB的重心,OE为AB边上的中线,E为AB的中点,又D为PA的中点,DEPB,

23、同理可得DOPC,又DEDO=D,PBPC=P,平面DOE平面PBC,又DG平面DOE,DG平面PBC.(3)过点O作OQPC于点Q,连接BQ,AB=BC且O是棱AC的中点,BOAC.PA平面ABC,平面PAC平面ABC.又平面PAC平面ABC=AC,且BO平面ABC,BO平面PAC,BOPC,又OQPC,BOOQ=O,PC平面BOQ,BQPC,OQB为二面角A-PC-B的平面角.由已知得OB=OC=2,PC=4,PACOQC,=,即=,OQ=,tanOQB=,OQB=60,即二面角A-PC-B的大小为60.考点二 平面与平面平行的判定与性质4.(2017豫西五校4月联考,6)已知m,n,l

24、1,l2表示不同直线,、表示不同平面,若m,n,l 1,l 2,l1l 2=M,则的一个充分条件是( )13A.m且l 1 B.m且nC.m且nl 2 D.ml 1且nl 2答案 D5.(2017江西九江模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA 1底面ABC,ABAC,AC=AA 1,E、F分别是棱BC、CC 1的中点.(1)若线段AC上的点D满足平面DEF平面ABC 1,试确定点D的位置,并说明理由;(2)证明:EFA 1C.解析 (1)面DEF面ABC 1,面ABC面DEF=DE,面ABC面ABC 1=AB,ABDE,(4分)在ABC中,E是BC的中点,D是线段AC的中点.(

25、6分)(2)证明:在三棱柱ABC-A 1B1C1中,AC=AA 1,侧面A 1ACC1是菱形,A 1CAC 1,(7分)又易得ABA 1C,ABAC 1=A,A 1C面ABC 1,(9分)A 1CBC 1.(10分)又E、F分别为棱BC、CC 1的中点,EFBC 1,(11分)EFA 1C.(12分)B组 20162018年模拟提升题组(满分:60分 时间:60分钟)一、选择题(共5分)1.(2016浙江金华十校联考,8)如图,在四面体ABCD中,AB=CD=2,AD=BD=3,AC=BC=4,点E,F,G,H分别在棱AD,BD,BC,AC上,若直线AB,CD都平行于平面EFGH,则四边形EF

26、GH面积的最大值是( )A. B. C.1 D.2答案 C二、填空题(共5分)2.(2017山西太原五中月考,14)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB 1A1平行的直线共有_ 条. 答案 6三、解答题(共50分)3.(2018江苏无锡检测,18)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,ADBC,AD=2AB=2BC,M为AD的中点,CB 1底面ABCD.求证:(1)C1M平面A 1ABB1;(2)平面B 1BM平面ACB 1.14证明 (1)因为ABCD-A 1B1C1D1为四棱柱,所以B 1C1BC且B 1C1=BC.又M为AD

27、的中点,所以BCAM,所以B 1C1AM,又AD=2BC,所以BC=AM,所以B 1C1=AM,所以四边形B 1C1MA为平行四边形,所以C 1MB 1A,又B 1A平面A 1ABB1,C1M平面A 1ABB1,所以C 1M平面A 1ABB1.(2)连接CM.由(1)知四边形BCMA为平行四边形,又BC=AB,所以AM=AB,所以四边形BCMA为菱形,所以BMAC,又CB 1底面ABCD,所以CB 1BM.因为ACCB 1=C,所以BM平面ACB 1.又BM平面B 1BM,所以平面B 1BM平面ACB 1.4.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四棱锥P-ABCD中,E为AD的中点,PE平

28、面ABCD,底面ABCD为梯形,ABCD,AB=2DC=2,ACBD=F,且PAD与ABD均为正三角形,G为PAD的重心.(1)求证:GF平面PDC;(2)求三棱锥G-PCD的体积.解析 (1)证明:连接AG交PD于H,连接CH.在梯形ABCD中,ABCD,且AB=2DC,可得=.又正PAD中,G为PAD的重心,=.在AHC中,=,故GFHC.又HC平面PCD,GF平面PCD,GF平面PDC.(2)PE平面ABCD,且易求PE=3,又由(1)知GF平面PDC,V G-PCD=VF-PCD=VP-CDF=PESCDF .又由ABCD,且AB=2DC=2,ABD为正三角形,知DF=BD=.又CDF

29、=ABD=60,S CDF =CDDFsinBDC=,V P-CDF=PESCDF =,三棱锥G-PCD的体积为.5.(2018山西太原质检,19)如图,四边形ABCD中,ABAD,ADBC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EFAB,现将四边形ABCD沿EF折起,使BEEC.15(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.解析 (1)AD上存在一点P,使得CP平面ABEF,此时=.理由如下:当=时,=,过点P作MPFD交AF于点M

30、,连接EM,CP,则有=.BE=1,FD=5,故MP=3.又EC=3,MPFDEC,故有MPEC,故四边形MPCE为平行四边形,CPME.又CP平面ABEF,ME平面ABEF,故CP平面ABEF.(2)设BE=x(0=,易知二面角M-AB-F是锐二面角,故二面角M-AB-F的余弦值为.(12分)C组 20162018年模拟方法题组方法1 证明直线与平面平行的常用方法1.(2018湖北武汉汉阳一中模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是等边三角形,且AA 1平面ABC,D为AB的中点.(1)求证:直线BC 1平面A 1CD;(2)若AB=BB 1=2,E是BB 1的中点,求

31、三棱锥A 1-CDE的体积.解析 (1)证明:连接AC 1,交A 1C于点F,连接DF,则F为AC 1的中点,又D为AB的中点,所以BC 1DF.又BC 1平面A 1CD,DF平面A 1CD,所以BC 1平面A 1CD.(2)三棱锥A 1-CDE的体积=h.其中三棱锥C-A 1DE的高h等于点C到平面ABB 1A1的距离,可知h=CD=.又=22-12-11-12=,所以=h=.2.(2017河南新乡调研,19)如图所示,四边形ABCD为等腰梯形,ADBC,且AD=BC=a,BAD=135,AEBC于点E,F为BE的中点.将ABE沿AE折起至ABE的位置,得到如图所示的四棱锥B-ADCE.17

32、(1)求证:AF平面BCD;(2)若平面ABE平面AECD,求二面角B-CD-E的余弦值.解析 (1)证明:如图,取BC的中点G,连接FG,DG.F为BE的中点,FGEC,且FG=EC,(2分)题图中四边形ABCD为等腰梯形,ADBC,且AD=BC=a,AEBC,BAD=135,BC=3a,ADEC,AD=EC.ADFG,AD=FG,四边形ADGF为平行四边形,AFDG,(5分)AF平面BCD,DG平面BCD,AF平面BCD.(6分)(2)易证EA,EB,EC两两垂直,故以点E为原点,直线EB为x轴,直线EC为y轴,直线EA为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(a,0,0),D(0,a,

33、a),C(0,2a,0),所以=(-a,2a,0),=(0,-a,a),设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,得n=(2,1,1),(10分)显然=(a,0,0)为平面AECD的一个法向量,所以cos=,(11分)由图知平面BCD与平面AECD所成的二面角为锐角,所以所求的余弦值为.(12分)方法2 证明平面与平面平行的常用方法3.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.(1)求证:BE平面DMF;(2)求证:平面BDE平面MNG.证明 (1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,

34、则MO为ABE的中位线,所以BEMO,又BE平面DMF,MO平面DMF,所以BE平面DMF.(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DEGN.又DE平面MNG,GN平面MNG,所以DE平面MNG.又M为AB的中点,所以MN为ABD的中位线,所以BDMN,又BD平面MNG,MN平面MNG,所以BD平面MNG,18又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE平面MNG.4.(2017河南中原名校联考,20)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA平面ABCD,且PA=1,E,F分别为AD,PA的中点,在BC上有且只有一个点Q,使得PQQD.(1)求证:

35、平面BEF平面PDQ;(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.解析 (1)证明:如图,以点A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A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),设Q(1,x,0),则=(1,x,-1),=(-1,a-x,0),(2分)若PQQD,则=-1+x(a-x)=0,即x 2-ax+1=0,=(-a) 2-4,在BC上有且只有一个点Q,使得PQQD,=0,a=2,x=1.(4分)Q(1,1,0),=(-1,1,0),又E是AD的中点,E(0,1,0),=(-1,1,0),=,BEDQ,又BE平面PDQ,DQ平面PDQ,BE平面PDQ,又F是PA的中点,EFPD,EF平面PDQ,PD平面PDQ,EF平面PDQ,BEEF=E,BE,EF平面PDQ,平面BEF平面PDQ.(6分)(2)设平面BFQ的法向量n 1=(x,y,z),则n 1=0,n1=0,易知=,=(0,1,0),-x+z=0,y=0,取z=2,得n 1=(1,0,2),同理,可得平面BEF的一个法向量n 2=(1,1,2),cos=,又易知二面角E-BF-Q为锐角,二面角E-BF-Q的余弦值为.(12分)