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文檔簡介
/19/19/第2講空間位置關系的判斷與證明[做小題——激活思維]1.設a,b,c表示不同的直線,α表示平面,下列命題中正確的是()A.若a∥b,a∥α,則b∥α B.若a⊥b,b⊥α,則a⊥αC.若a⊥c,b⊥c,則a∥b D.若a⊥α,b⊥α,則a∥bD[線面平行時要考慮線是否在平面內.]2.設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,下列命題中正確的是()A.若m?β,α⊥β,則m⊥αB.若m⊥α,m∥n,n∥β,則α⊥βC.若m⊥n,m?α,n?β,則α⊥βD.若α∥β,m?α,n?β,則m∥nB[A中m與α的位置關系不能確定,故A錯誤;∵m⊥α,m∥n,∴n⊥α,又∵n∥β,∴α⊥β,故B正確;若m⊥n,m?α,n?β,則α與β的位置關系不確定,故C錯誤;若α∥β,m?α,n?β,則m與n平行或異面,故D錯誤.選B.]3.給出下列命題,其中錯誤命題的個數為()①若直線a與平面α不平行,則a與平面α內的所有直線都不平行;②若直線a與平面α不垂直,則a與平面α內的所有直線都不垂直;③若異面直線a,b不垂直,則過a的任何平面與b都不垂直;④若直線a和b共面,直線b和c共面,則a和c共面.A.1B.2C.3 D.4[答案]C4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下列結論正確的是________.(填序號)①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1.①②④[如圖,因為AB綊C1D1,所以四邊形AD1C1B為平行四邊形.故AD1∥BC1,從而①正確;易證BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,從而②正確;由圖易知AD1與DC1異面,故③錯誤;因為AD1∥BC1,AD1?平面BDC1,BC1?平面BDC1,所以AD1∥平面BDC1,故④正確.]5.在正四棱錐P-ABCD中,PA=2,直線PA與平面ABCD所成角為60°,E為PC的中點,則異面直線PA與BE所成角為多少?[解]連接AC,BD交于點O,連接OE,OP.因為四邊形ABCD為正方形,所以O為AC中點,又因為E為PC中點,所以OE∥PA,且OE=eq\f(1,2)PA=1,所以∠OEB(或其補角)是異面直線PA與BE所成的角.因為四棱錐P-ABCD為正四棱錐,O為正方形ABCD的中心,所以PO⊥平面ABCD,所以AO為PA在平面ABCD內的射影,所以∠PAO即為PA與平面ABCD所成的角,即∠PAO=60°,因為PA=2,所以OA=OB=1.因為PO⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,所以PO⊥BD,AC⊥BD,又因為PO∩AC=O,所以BD⊥平面PAC,因為OE?平面PAC,所以BD⊥OE,所以△BOE為直角三角形,因為OB=OE=1,所以∠OEB=45°,即異面直線PA與BE所成的角為45°.[扣要點——查缺補漏]1.空間兩直線位置關系的判定與證明(1)判定兩直線相交的方法①證明兩直線共面且不平行;②將待證兩直線構造到同一平面幾何圖形中,利用平面幾何圖形性質判斷.(2)判定兩直線異面的方法①反證法;②利用結論:過平面外一點和平面內一點的直線與平面內不過該點的直線是異面直線.2.空間線面位置關系的判定與證明(1)模型法判斷線面關系:借助空間幾何模型,如長方體、四面體等觀察線面關系,再結合定理進行判斷,如T3.(2)平行關系的基礎是線線平行,比較常見的是利用三角形中位線構造平行關系,利用平行四邊形構造平行關系.如T4.(3)證明線線垂直的常用方法①利用特殊平面圖形的性質,如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直;②利用勾股定理的逆定理;③利用線面垂直的性質.3.空間角(1)對于兩條異面直線所成的角,可固定一條,平移另一條,或兩條同時平移到某個特殊的位置.(2)直線和平面所成的角的求解關鍵是找出或作出過斜線上一點的平面的垂線,得到斜線在平面內的射影.如T5.空間線面位置關系的判斷(5年3考)[高考解讀]以正方體為載體,直觀認識和理解空間點、線、面的位置關系,是《課程標準》關于立體幾何教學內容設計的基本特點.近幾年高考題的設計就體現了這種特點,以正方體為載體,考生可以通過直觀感知,操作確認形成問題的結論.1.(2019·全國卷Ⅲ)如圖,點N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是線段ED的中點,則()A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線切入點:N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是ED的中點.關鍵點:正確應用△ECD為正三角形及平面ECD⊥平面ABCD兩個條件.B[取CD的中點F,DF的中點G,連接EF,FN,MG,GB,BD,BE.∵點N為正方形ABCD的中心,∴點N在BD上,且為BD的中點.∵△ECD是正三角形,∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD,∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨設AB=2,則FN=1,EF=eq\r(3),∴EN=eq\r(FN2+EF2)=2.∵EM=MD,DG=GF,∴MG∥EF,∴MG⊥平面ABCD,∴MG⊥BG.∵MG=eq\f(1,2)EF=eq\f(\r(3),2),BG=eq\r(CG2+BC2)=eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2+22)=eq\f(5,2),∴BM=eq\r(MG2+BG2)=eq\r(7).∴BM≠EN.∵BM,EN是△DBE的中線,∴BM,EN必相交.故選B.]2.(2017·全國卷Ⅰ)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是()切入點:M,N,Q為所在棱的中點.關鍵點:正確應用線面平行的判定定理.A[A項,作如圖①所示的輔助線,其中D為BC的中點,則QD∥AB.∵QD∩平面MNQ=Q,∴QD與平面MNQ相交,∴直線AB與平面MNQ相交.B項,作如圖②所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.C項,作如圖③所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.D項,作如圖④所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥NQ,∴AB∥NQ.又AB?平面MNQ,NQ?平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.故選A.]3.(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則()A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1 D.A1E⊥ACC[如圖,∵A1E在平面ABCD上的投影為AE,而AE不與AC,BD垂直,∴B,D錯;∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C,且B1C⊥BC1,∴A1E⊥BC1,故C正確;(證明:由條件易知,BC1⊥B1C,BC1⊥CE,又CE∩B1C=C,∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B1,∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E,而D1E不與DC1垂直,故A錯.故選C.][教師備選題]1.(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α,β交于直線l,若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則()A.m∥l B.m∥nC.n⊥l D.m⊥nC[∵α∩β=l,∴l?β.∵n⊥β,∴n⊥l,故選C.]2.(2016·山東高考)已知直線a,b分別在兩個不同的平面α,β內.則“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件A[由題意知a?α,b?β,若a,b相交,則a,b有公共點,從而α,β有公共點,可得出α,β相交;反之,若α,β相交,則a,b的位置關系可能為平行、相交或異面.因此“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要條件.故選A.]3.(2015·廣東高考)若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內,l2在平面β內,l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是()A.l與l1,l2都不相交B.l與l1,l2都相交C.l至多與l1,l2中的一條相交D.l至少與l1,l2中的一條相交D[由直線l1和l2是異面直線可知l1與l2不平行,故l1,l2中至少有一條與l相交.]判斷與空間位置關系有關命題真假的3種方法?1?借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質定理進行判斷;?2?借助空間幾何模型,如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關系,結合有關定理,進行肯定或否定;?3?借助于反證法,當從正面入手較難時,可利用反證法,推出與題設或公認的結論相矛盾的命題,進而作出判斷.1.(位置關系的判定)已知m,n是兩條不重合的直線,α,β,γ是三個不重合的平面,則α∥β的一個充分條件是()A.m∥α,m∥βB.α⊥γ,β⊥γC.m?α,n?β,m∥nD.m,n是異面直線,m?α,m∥β,n?β,n∥αD[A中α,β可能相交,故錯誤;B不正確,如正方體中過同一個頂點的三個平面的關系;C中α,β可能相交,故錯誤;根據直線與平面平行的性質定理及平面與平面平行的判定定理可知D正確.]2.(新題型:多選題)(命題的真假判斷)設l,m,n表示不同的直線,α,β,γ表示不同的平面,給出下列四個命題:①若m∥l,且m⊥α,則l⊥α;②若m∥l,且m∥α,則l∥α;③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,則l∥m∥n;④若α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且n∥β,則l∥m.其中正確的命題是()A.①B.②C.③D.④AD[①正確;②中也可能直線l?α,故錯誤;③中三條直線也可能相交于一點,故錯誤;④正確,所以正確的命題是A、D.]3.(線面垂直、面面垂直的判定)如圖,在正方形ABCD中,E,F分別是BC,CD的中點,G是EF的中點,現在沿AE,AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形,使B,C,D三點重合,重合后的點記為H,那么,在這個空間圖形中必有()A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFHC.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEFB[根據折疊前、后AH⊥HE,AH⊥HF不變,得AH⊥平面EFH,B正確;∵過A只有一條直線與平面EFH垂直,∴A不正確;∵AG⊥EF,EF⊥GH,AG∩GH=G,∴EF⊥平面HAG,又EF?平面AEF,∴平面HAG⊥AEF,過H作直線垂直于平面AEF,一定在平面HAG內,∴C不正確;由條件證不出HG⊥平面AEF,∴D不正確.故選B.]4.[創新問題]某折疊餐桌的使用步驟如圖所示,有如下檢查項目.項目①:折疊狀態下(如圖1),檢查四條桌腿長相等;項目②:打開過程中(如圖2),檢查OM=ON=O′M′=O′N′;項目③:打開過程中(如圖2),檢查OK=OL=O′K′=O′L′;項目④:打開后(如圖3),檢查∠1=∠2=∠3=∠4=90°;項目⑤:打開后(如圖3),檢查AB=CD=A′B′=C′D′.在檢查項目的組合中,可以判斷“桌子打開之后桌面與地面平行”的是()A.①②③⑤ B.②③④⑤C.②④⑤ D.③④⑤B[A選項,項目②和項目③可推出項目①,若∠MON>∠M′O′N′,則MN較低,M′N′較高,所以不平行,錯誤;B選項,因為∠1=∠2=∠3=∠4=90°,所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′,因為AB=A′B′,所以AA′平行于地面,由②③⑤知,O1O′1∥AA′∥平面MNN′M′,所以桌面平行于地面,故正確;C選項,由②④⑤得,OM=ON,O1A⊥AA′,O1′A′⊥AA′,AB=A′B′,所以AA′∥BB′,但O1A與O1′A′是否相等不確定,所以不確定O1O′1與BB′是否平行,又O1O1′∥MN,所以不確定BB′與MN是否平行,故錯誤;D選項,OK=OL=O′K′=O′L′,所以AA′∥BB′,但不確定OM與ON,O′M′,O′N′的關系,所以無法判斷MN與地面的關系,故錯誤.綜上,選B.]空間平行、垂直關系的證明(5年9考)[高考解讀]空間位置關系的證明是高考每年的必考內容,主要涉及直線與平面、平面與平面的平行或垂直的判定及性質定理的應用,重點考查考生的直觀想象、邏輯推理核心素養.(2018·全國卷Ⅲ)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up10(︵))所在平面垂直,M是eq\o(CD,\s\up10(︵))上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由.切入點:矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up10(︵))所在平面垂直.關鍵點:正確利用面面垂直的判定及性質、線面垂直的判定與性質.[解](1)證明:由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因為M為eq\o(CD,\s\up10(︵))上異于C,D的點,且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)當P為AM的中點時,MC∥平面PBD.證明如下:如圖,連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形,所以O為AC中點.連接OP,因為P為AM中點,所以MC∥OP.MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.[教師備選題]1.(2016·全國卷Ⅲ)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN∥平面PAB;(2)求四面體N-BCM的體積.[解](1)證明:由已知得AM=eq\f(2,3)AD=2.如圖,取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TN∥BC,TN=eq\f(1,2)BC=2.又AD∥BC,故TN綊AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA.如圖,取BC的中點E,連接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=eq\r(AB2-BE2)=eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5),故S△BCM=eq\f(1,2)×4×eq\r(5)=2eq\r(5).所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)=eq\f(4\r(5),3).2.(2018·全國卷Ⅱ)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2eq\r(2),PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.(1)證明:PO⊥平面ABC;(2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.[解](1)因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以OP⊥AC,且OP=2eq\r(3).連接OB.因為AB=BC=eq\f(\r(2),2)AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=eq\f(1,2)AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,知PO⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離.由題設可知OC=eq\f(1,2)AC=2,CM=eq\f(2,3)BC=eq\f(4\r(2),3),∠ACB=45°.所以OM=eq\f(2\r(5),3),CH=eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)=eq\f(4\r(5),5).所以點C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).1.直線、平面平行的判定及其性質(1)線面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b.(3)面面平行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β.(4)面面平行的性質定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b.2.直線、平面垂直的判定及其性質(1)線面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質定理:a⊥α,b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性質定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β.1.(垂直關系的判定及應用)如圖,三棱錐P-ABC中,底面ABC和側面PAB是邊長為2的正三角形,PC=eq\r(6).(1)求證:平面PAB⊥平面ABC;(2)[一題多解]求點B到平面PAC的距離.[解](1)記AB的中點為D,連接PD,CD,如圖.因為側面PAB是邊長為2的正三角形,所以PD⊥AB.在正三角形ABC和正三角形PAB中得CD=eq\r(3),PD=eq\r(3).因為PC=eq\r(6),所以PC2=PD2+CD2,所以PD⊥CD.因為AB∩CD=D,所以PD⊥平面ABC.因為PD?平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC.(2)法一:如圖,取PC的中點E,連接AE,BE.由題意知AE⊥PC,BE⊥PC,所以PC⊥平面ABE.因為PC?平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABE.過B作BH⊥AE,垂足為H,則BH⊥平面PAC.在△ABE中,AB=2,AE=BE=eq\f(\r(10),2).從而BH=eq\f(2\r(15),5),即點B到平面PAC的距離為eq\f(2\r(15),5).法二:由題意得S△ABC=eq\r(3),S△PAC=eq\f(\r(15),2).設點B到平面PAC的距離為h,因為VP-ABC=VB-PAC,所以結合(1)知eq\f(1,3)S△ABC·PD=eq\f(1,3)S△PAC·h,所以h=eq\f(2\r(15),5).所以點B到平面PAC的距離為eq\f(2\r(15),5).2.(平行關系的判定及應用)如圖,在四棱錐P-ABCD中,△BCD為等邊三角形,BD=2eq\r(3),PA=eq\r(2),AB=AD=PB=PD,∠BAD=120°.(1)若點E為PC的中點,求證:BE∥平面PAD;(2)求四棱錐P-ABCD的體積.[解](1)如圖,取CD的中點為M,連接EM,BM.∵△BCD為等邊三角形,∴BM⊥CD.∵∠BAD=120°,AD=AB,∴∠ADB=30°,∴∠ADC=30°+60°=90°,∴AD⊥CD,∴BM∥AD.又BM?平面PAD,AD?平面PAD,∴BM∥平面PAD.∵E為PC的中點,M為CD的中點,∴EM∥PD.又EM?平面PAD,PD?平面PAD,∴EM∥平面PAD.∵EM∩BM=M,∴平面BEM∥平面PAD.又BE?平面BEM,∴BE∥平面PAD.(2)連接AC交BD于點O,連接PO.∵CB=CD,AB=AD,∴AC⊥BD且O為BD的中點.又∠BAD=120°,BD=2eq\r(3),△PBD≌△ABD,∴AO=PO=1.又PA=eq\r(2),∴PA2=PO2+OA2,∴PO⊥OA.又PO⊥BD,AO∩BD=O,∴PO⊥平面ABD,即四棱錐P-ABCD的高為PO=1,∴四棱錐P-ABCD的體積V=eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2+eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1]×1=eq\f(4\r(3),3).平面圖形的翻折問題(5年2考)[高考解讀]以平面圖形的折疊為載體考查空間位置關系的判斷與證明及體面積的計算,是高考的常考內容,難度適中,考查考生的直觀想象及邏輯推理核心素養.(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連結DG,如圖2.圖1圖2(1)證明:圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積.切入點:①A、C、G、D共面;②AB⊥平面BCGE.關鍵點:弄清折疊前后的變化量及不變量.[解](1)證明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點M,連接EM,DM.因為AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四邊形BCGE是菱形,且∠EBC=60°,得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=eq\r(3),故DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.[教師備選題](2018·全國卷Ⅰ)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點M到達點D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BP=DQ=eq\f(2,3)DA,求三棱錐Q-ABP的體積.[解](1)由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,且AC?平面ACD,AD?平面ACD,AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3eq\r(2).又BP=DQ=eq\f(2,3)DA,所以BP=2eq\r(2).作QE⊥AC,垂足為E,則QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=eq\f(1,3)×QE×S△ABP=eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°=1.平面圖形折疊問題的求解方法?1?解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,線段的長度是不變量,而位置關系往往會發生變化,抓住不變量是解決問題的突破口.?2?在解決問題時,要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.1.(線面平行、體積計算)如圖,已知在等腰梯形ABCD中,AE⊥CD,BF⊥CD,AB=1,AD=2,∠ADE=60°,沿AE,BF折成三棱柱AED-BFC.(1)若M,N分別為AE,BC的中點,求證:MN∥平面CDEF;(2)若BD=eq\r(5),求三棱錐E-ABC的體積.[解](1)證明:取AD的中點G,連接GM,GN(圖略),在三角形ADE中,∵M,G分別為AE,AD的中點,∴GM∥DE,∵DE?平面CDEF,GM?平面CDEF,∴GM∥平面CDEF.由于G,N分別為AD,BC的中點,由棱柱的性質可得GN∥CD,∵CD?平面CDEF,GN?平面CDEF,∴GN∥平面CDEF.又GM?平面GMN,GN?平面GMN,GM∩NG=G,∴平面GMN∥平面CDEF,∴MN?平面GMN,∴MN∥平面CDEF.(2)在Rt△ADE中,∵AD=2,∠ADE=60°,∴DE=1,AE=eq\r(3).在Rt△ABE中,∵AB=1,AE=eq\r(3),∴BE=2,又ED=1,DB=eq\r(5),∴EB2+ED2=DB2,∴DE⊥EB.又DE⊥AE且AE∩EB=E,∴DE⊥平面ABFE.∵CF∥DE,∴CF⊥平面ABFE,∴CF為點C到平面ABFE的距離,∴VE-ABC=VC-ABE=eq\f(1,3)×S△ABE×CF=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×1=eq\f(\r(3),6).2.(面面垂直、點面距離)如圖1,矩形ABCD中,AB=12,AD=6,E,F分別為CD,AB邊上的點,且DE=3,BF=4,將△BCE沿BE折起至△PBE位置(如圖2所示),連接AP,PF,其中PF=2eq\r(5).(1)求證:PF⊥平面ABED;(2)求點A到平面PBE的距離.圖1圖2[解](1)證明:連接EF(圖略),由題意知,PB=BC=6,PE=CE=9,在△PBF中,PF2+BF2=20+16=36=PB2,所以PF⊥BF.易得EF=eq\r(62+?12-3-4?2)=eq\r(61),在△PEF中,EF2+PF2=61+20=81=PE2,所以PF⊥EF.又BF∩EF=F,BF?平面ABED,EF?平面ABED,所以PF⊥平面ABED.(2)由(1)知PF⊥平面ABCD,連接AE(圖略),則PF為三棱錐P-ABE的高.設點A到平面PBE的距離為h,由等體積法得VA-PBE=VP-ABE,即eq\f(1,3)×S△PBE×h=eq\f(1,3)×S△ABE×PF.又S△PBE=eq\f(1,2)×6×9=27,S△ABE=eq\f(1,2)×12×6=36,所以h=eq\f(S△ABE·PF,S△PBE)=eq\f(36×2\r(5),27)=eq\f(8\r(5),3),即點A到平面PBE的距離為eq\f(8\r(5),3).空間角問題[高考解讀]高考對空間角的考查主要涉及異面直線所成的角和線面角,多以長方體或正方體等簡單幾何體為載體考查,且線面角多以題目條件出現.1.(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點,則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A.eq\f(\r(2),2)B.eqB.q\f(\r(3),2)C.eqC.q\f(\r(5),2)D.eqD.q\f(\r(7),2)切入點:①ABCD-A1B1C1D1為正方體;②E為棱CC1的中點.關鍵點:正確作出異面直線AE與CD所成的角.C[如圖,連接BE,因為AB∥CD,所以異面直線AE與CD所成的角等于相交直線AE與AB所成的角,即∠EAB.不妨設正方體的棱長為2,則CE=1,BC=2,由勾股定理得BE=eq\r(5).又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE,所以tan∠EAB=eq\f(BE,AB)=eq\f(\r(5),2).故選C.]2.(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長方體的體積為()A.8B.6eq\r(2)C.8eq\r(2)D.8eq\r(3)切入點:①AB=BC=2;②AC1與平面BB1C1C所成的角為30°.關鍵點:正確找出AC1與平面BB1C1C所成的角.C[連接BC1,AC1,AC,因為AB⊥平面BB1C1C,∴∠AC1B為直線AC1與平面BCC1B1所成的角,所以∠AC1B=30°,AB⊥BC1,所以△ABC1為直角三角形.又AB=2,所以BC1=2eq\r(3).又B1C1=2,所以BB1=eq\r(?2\r(3)?2-22)=2eq\r(2),故該長方體的體積V=2×2×2eq\r(2)=8eq\r(2).][教師備選題]1.(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S,母線SA,SB互相垂直,SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8,則該圓錐的體積為________.8π[由題意畫出圖形,如圖,設AC是底面圓O的直徑,連接SO,則SO是圓錐的高.設圓錐的母線長為l,則由SA⊥SB,△SAB的面積為8,得eq\f(1,2)l2=8,得l=4.在Rt△ASO中,由題意知∠SAO=30°,所以SO=eq\f(1,2)l=2,AO=eq\f(\r(3),2)l=2eq\r(3).故該圓錐的體積V=eq\f(1,3)π×AO2×SO=eq\f(1,3)π×(2eq\r(3))2×2=8π.]2.(2018·天津高考)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點M為棱AB的中點,AB=2,AD=2eq\r(3),∠BAD=90°.(1)求證:AD⊥BC;(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值;(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.[解](1)證明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)如圖,取棱AC的中點N,連接MN,ND.又因為M為棱AB的中點,所以MN∥BC,所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM=eq\r(AD2+AM2)=eq\r(13).因為AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN=eq\r(AD2+AN2)=eq\r(13).在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=eq\f(\f(1,2)MN,DM)=eq\f(\r(13),26).所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為eq\f(\r(13),26).(3)如圖,連接CM.因為△ABC為等邊三角形,M為邊AB的中點,所以CM⊥AB,CM=eq\r(3).又因為平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD,所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD=eq\r(AC2+AD2)=4.在Rt△CMD中,sin∠CDM=eq\f(CM,CD)=eq\f(\r(3),4).所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).1.求異面直線所成角的一般步驟2.求直線與平面所成的角的步驟(1)作:即在直線上選取恰當的點向平面引垂線,在
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