（五年高考真题）2016届高考数学复习 第八章 第四节 空间中平行的判定与性质 理（全国通用）

于是EQ＝FP＝1＋λ，所以四边形EFPQ是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN是等腰梯形．

分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG， 则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，

故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN，知四边形EFNM是平行四边形． 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点， 所以GH＝ME＝2. 在△GOH中，GH＝4， 1?2?2

OH＝1＋λ－??＝λ2＋，

2?2?

2

2

2

2

1?2?2

OG＝1＋(2－λ)－??＝(2－λ)2＋，

2?2?

2

2

1122222

由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，

22解得λ＝1±

2

， 2

2

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

故存在λ＝1±

法二(向量方法)

以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D－xyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．

BC1＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．

→

(1)证明 当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)， →

又因为BC1＝(－2，0，2)， →→

所以BC1＝2FP，即BC1∥FP.

而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ. (2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)， →???FE2n＝0，?x＋y＝0，则由?可得?

?→－x＋λz＝0.???FP2n＝0，于是可取n＝(λ，－λ，1)．

→→→

同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角， 则m2n＝(λ－2，2－λ，1)2(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 解得λ＝1±

2. 2

2

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

故存在λ＝1±

7．(20132江苏，16)如图，在三棱锥S-ABC中，平面SAB⊥平面SBC，

AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，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)BC⊥SA.

证明 (1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F， 所以F是SB的中点，又因为E是SA的中点， 所以EF∥AB.

因为EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC.

同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝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，AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC.

因为BC?平面SBC，所以AF⊥BC.

又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB?平面SAB， 所以BC⊥平面SAB.

因为SA?平面SAB，所以BC⊥SA.

8.(20132新课标全国Ⅱ，18)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝(1)证明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D-A1C-E的正弦值． (1)证明 连接AC1交A1C于点F，

则F为AC1的中点．又D是AB的中点，连接DF， 则BC1∥DF.因为DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，

2

AB. 2

所以BC1∥平面A1CD.

(2)解 由AC＝CB＝

2

2

AB得， AC⊥BC.以C为坐标原点，→

CA的方向为x轴正方向， CB→

的方向为y轴正方向， CC→1的方向为z轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz.

设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)．CD→＝(1，1，0)，CE→

＝(0，2，1)， CA→

1＝(2，0，2)．

设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量， ?则??n2→CD＝0，即???x1＋y1＝0，

??n2CA→0，?2x1＋2z11＝?＝0.可取n＝(1，－1，－1)．

同理，设m＝(x2，y2，z2)是平面A1CE的法向量， ?则??m2→CE＝0，

??m2CA→

1＝0，

即???2y2＋z2＝0，

??2x2

＋2z 2＝0.可取m＝(2，1，－2)． 从而cos〈n，m〉＝n2m3

|n||m|＝3

， 故sin〈n，m〉＝63

. 即二面角D-A61C-E的正弦值为3

.