2017高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 平行的判定与性质
对点训练 理
1.已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 答案 D
解析 A中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；B中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；C中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故C错误；D中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故D正确．
2．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：EF∥B1C；
(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值．
解 (1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C?面
B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.
(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且
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AA1＝AB＝AD，以A为原点，分别以AB，AD，AA1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)．
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设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝(0.5,0.5,0)，A1D＝(0,1，－
??0.5r1＋0.5s1＝0，
1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得?
?s1－t1＝0，?
(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－
1,1,1)．
→
由此同理可得n2＝(0,1,1)．
|n1·n2|26
所以结合图形知二面角E－A1D－B1的余弦值为＝＝.
|n1|·|n2|3×23
3．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝
→
设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1,0,0)，A1D＝(0,1，－1)，
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．
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， 1
所以GH∥AB，且GH＝AB.
2又F是CD的中点， 1
所以DF＝CD.
2
由四边形ABCD是矩形得，
AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH. 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BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.