京津魯瓊專用2025版高考數學二輪復習第二部分專題三立體幾何第2講空間點線面的位置關系練習含解析_第1頁
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文檔簡介

PAGE1-第2講空間點、線、面的位置關系[做真題]1.(2024·高考全國卷Ⅱ)設α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是()A.α內有多數條直線與β平行B.α內有兩條相交直線與β平行C.α,β平行于同一條直線D.α,β垂直于同一平面解析:選B.對于A,α內有多數條直線與β平行,當這多數條直線相互平行時,α與β可能相交,所以A不正確;對于B,依據兩平面平行的判定定理與性質知,B正確;對于C,平行于同一條直線的兩個平面可能相交,也可能平行,所以C不正確;對于D,垂直于同一平面的兩個平面可能相交,也可能平行,如長方體的相鄰兩個側面都垂直于底面,但它們是相交的,所以D不正確.綜上可知選B.2.(2024·高考全國卷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是異面直線解析:選B.取CD的中點O,連接ON,EO,因為△ECD為正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.設正方形ABCD的邊長為2,則EO=eq\r(3),ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.過M作CD的垂線,垂足為P,連接BP,則MP=eq\f(\r(3),2),CP=eq\f(3,2),所以BM2=MP2+BP2=(eq\f(\r(3),2))2+(eq\f(3,2))2+22=7,得BM=eq\r(7),所以BM≠EN.連接BD,BE,因為四邊形ABCD為正方形,所以N為BD的中點,即EN,MB均在平面BDE內,所以直線BM,EN是相交直線,選B.3.(2024·高考全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=eq\r(3),則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)解析:選C.如圖,連接BD1,交DB1于O,取AB的中點M,連接DM,OM,易知O為BD1的中點,所以AD1∥OM,則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=eq\r(3),AD1=eq\r(AD2+DDeq\o\al(2,1))=2,DM=eq\r(AD2+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))=eq\f(\r(5),2),DB1=eq\r(AB2+AD2+DDeq\o\al(2,1))=eq\r(5),所以OM=eq\f(1,2)AD1=1,OD=eq\f(1,2)DB1=eq\f(\r(5),2),于是在△DMO中,由余弦定理,得cos∠MOD=eq\f(12+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))=eq\f(\r(5),5),即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5),故選C.4.(2024·高考全國卷Ⅰ)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.解:(1)證明:連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點,所以ND=eq\f(1,2)A1D.由題設知A1B1綊DC,可得B1C綊A1D,故ME綊ND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標原點,eq\o(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,則A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,eq\r(3),2),N(1,0,2),eq\o(A1A,\s\up6(→))=(0,0,-4),eq\o(A1M,\s\up6(→))=(-1,eq\r(3),-2),eq\o(A1N,\s\up6(→))=(-1,0,-2),eq\o(MN,\s\up6(→))=(0,-3,0).設m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up6(→))=0,,m·\o(A1A,\s\up6(→))=0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-x+\r(3)y-2x=0,,-4z=0.))可取m=(eq\r(3),1,0).設n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))=0,,n·\o(A1N,\s\up6(→))=0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-\r(3)q=0,,-p-2r=0.))可取n=(2,0,-1).于是cos〈m,n〉=eq\f(m·n,|m||n|)=eq\f(2\r(3),2×\r(5))=eq\f(\r(15),5),所以二面角A-MA1-N的正弦值為eq\f(\r(10),5).[山東省學習指導看法]1.點、線、面之間的位置關系借助長方體模型,在直觀相識和理解空間點、線、面的位置關系的基礎上,抽象出空間線、面位置關系的定義,并了解可以作為推理依據的公理和定理(四個公理、一個定理).2.空間位置的判定與說明以立體幾何的上述定義,公理和定理為動身點,通過直觀感知、操作確認、思辨,相識和理解空間中線面平行、垂直的有關性質與判定(四個判定定理、四特性質定理)能運用定理證明一些空間位置關系的簡潔命題.空間線面位置關系的判定[考法全練]1.(多選)下列命題正確的是()A.梯形確定是平面圖形B.若兩條直線和第三條直線所成的角相等,則這兩條直線平行C.兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面D.若兩個平面有三個公共點,則這兩個平面重合解析:選AC.對于A,由于兩條平行直線確定一個平面,所以梯形可以確定一個平面,故A正確;對于B,兩條直線和第三條直線所成的角相等,則這兩條直線平行或異面或相交,故B錯誤;對于C,兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面,故C正確;對于D,若兩個平面有三個公共點,則這兩個平面相交或重合,故D錯誤.2.(2024·江西七校第一次聯考)設m,n是空間中兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列說法正確的是()A.若m∥n,n?α,則m∥αB.若m?α,n?β,α∥β,則m∥nC.若α∥β,m⊥α,則m⊥βD.若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β解析:選C.若m∥n,n?α,則m∥α或m?α,所以選項A不正確;若m?α,n?β,α∥β,則m∥n或m與n異面,所以選項B不正確;由面面平行的性質、線面垂直的性質及判定知選項C是正確的;若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β或α與β相交,所以選項D不正確.故選C.3.(2024·武漢市調研測試)已知兩個平面相互垂直,下列命題中,①一個平面內已知直線必垂直于另一個平面內的隨意一條直線;②一個平面內已知直線必垂直于另一個平面內的多數條直線;③一個平面內隨意一條直線必垂直于另一個平面;④過一個平面內隨意一點作交線的垂線,則此垂線必垂直于另一個平面.其中正確的命題是()A.①② B.①③C.② D.②④解析:選C.構造正方體ABCD-A1B1C1D1,如圖,①,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D?平面ADD1A1,BD?平面ABCD,但A1D與BD不垂直,故①錯;②,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,l是平面ADD1A1內的隨意一條直線,l與平面ABCD內同AB平行的全部直線垂直,故②正確;③,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D?平面ADD1A1,但A1D與平面ABCD不垂直,故③錯;④,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,且平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,過交線AD上的點作交線的垂線l,則l可能與另一平面垂直,也可能與另一平面不垂直,故④錯.故選C.4.(2024·福建省質量檢查)如圖,AB是圓錐SO的底面圓O的直徑,D是圓O上異于A,B的隨意一點,以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C,P為SD的中點.現給出以下結論:①△SAC為直角三角形;②平面SAD⊥平面SBD;③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行.其中正確結論的個數是()A.0 B.1C.2 D.3解析:選C.如圖,連接OC,因為AO為圓的直徑,所以AC⊥OC,因為SO垂直于底面圓O,AC?底面圓O,所以AC⊥SO,因為SO∩OC=O,所以AC⊥平面SOC.又SC?平面SOC,所以AC⊥SC,所以△SAC為直角三角形,故①正確.由于點D是圓O上的動點,所以平面SAD不能總垂直于平面SBD,故②錯誤,連接DO并延長交圓O于E,連接SE,PO,因為P為SD的中點,O為DE的中點,所以OP∥SE.又OP?平面PAB,SE?平面PAB,所以SE∥平面PAB,故③正確,故選C.5.(2024·河北省九校其次次聯考)已知兩條不同的直線m,n,兩個不重合的平面α,β,給出下面五個命題:①m∥n,m⊥α?n⊥α;②α∥β,m?α,n?β?m∥n;③m∥n,m∥α?n∥α;④m⊥α,m∥β?α⊥β;⑤α∥β,m∥n,m⊥α?n⊥β.其中正確命題的序號是________.解析:命題①,明顯正確;命題②,m,n可能異面,故②為假命題;命題③,可能n?α,故③為假命題;命題④,由線面垂直、線面平行的性質以及面面垂直的判定知④為真命題;命題⑤,由m∥n,m⊥α,得n⊥α,又α∥β,所以n⊥β,故⑤為真命題.綜上,正確的命題為①④⑤.答案:①④⑤eq\a\vs4\al()推斷與空間位置關系有關的命題真假的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推斷.(2)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沖突的命題,進而作出推斷.(3)借助空間幾何模型,如從長方體模型、四面體模型等模型中視察線面位置關系,結合有關定理,進行確定或否定.空間中平行、垂直關系的證明[典型例題]由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD.(1)證明:A1O∥平面B1CD1;(2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.【證明】(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1為四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C.又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點,所以EM⊥BD.又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1E⊥BD.因為B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.eq\a\vs4\al()平行關系及垂直關系的轉化空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化,即通過判定、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化.[對點訓練]1.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD=eq\f(1,2)AD,E為AD的中點.(1)求證:PA⊥CD.(2)求證:平面PBD⊥平面PAB.證明:(1)因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,又因為PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.(2)由已知,BC∥ED,且BC=ED,所以四邊形BCDE是平行四邊形,又CD⊥AD,BC=CD,所以四邊形BCDE是正方形,連接CE(圖略),所以BD⊥CE,又因為BC∥AE,BC=AE,所以四邊形ABCE是平行四邊形,所以CE∥AB,則BD⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,又因為PA∩AB=A,則BD⊥平面PAB,且BD?平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAB.2.如圖,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,點D,D1分別為AC,A1C1上的點.(1)當eq\f(A1D1,D1C1)等于何值時,BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求eq\f(AD,DC)的值.解:(1)如圖,取D1為線段A1C1的中點,此時eq\f(A1D1,D1C1)=1,連接A1B交AB1于點O,連接OD1.由棱柱的性質,知四邊形A1ABB1為平行四邊形,所以點O為A1B的中點.在△A1BC1中,點O,D1分別為A1B,A1C1的中點,所以OD1∥BC1.又因為OD1?平面AB1D1,BC1?平面AB1D1,所以BC1∥平面AB1D1.所以當eq\f(A1D1,D1C1)=1時,BC1∥平面AB1D1.(2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.因此BC1∥D1O,同理AD1∥DC1.因為eq\f(A1D1,D1C1)=eq\f(A1O,OB),eq\f(A1D1,D1C1)=eq\f(DC,AD).又因為eq\f(A1O,OB)=1,所以eq\f(DC,AD)=1,即eq\f(AD,DC)=1.平面圖形的折疊問題[典型例題]如圖①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AB=BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置,使得P點在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上,如圖②所示,點E,F分別為棱PC,CD的中點.(1)求證:平面OEF∥平面PAD;(2)求證:CD⊥平面POF;(3)若AD=3,CD=4,AB=5,求三棱錐E-CFO的體積.【解】(1)證明:因為點P在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上,所以PO⊥平面ADC,所以PO⊥AC.由題意知O是AC的中點,又點E是PC的中點,所以OE∥PA,又OE?平面PAD,PA?平面PAD,所以OE∥平面PAD.同理,OF∥平面PAD.又OE∩OF=O,OE,OF?平面OEF,所以平面OEF∥平面PAD.(2)證明:因為OF∥AD,AD⊥CD,所以OF⊥CD.又PO⊥平面ADC,CD?平面ADC,所以PO⊥CD.又OF∩PO=O,所以CD⊥平面POF.(3)因為∠ADC=90°,AD=3,CD=4,所以S△ACD=eq\f(1,2)×3×4=6,而點O,F分別是AC,CD的中點,所以S△CFO=eq\f(1,4)S△ACD=eq\f(3,2),由題意可知△ACP是邊長為5的等邊三角形,所以OP=eq\f(5,2)eq\r(3),即點P到平面ACD的距離為eq\f(5,2)eq\r(3),又E為PC的中點,所以E到平面CFO的距離為eq\f(5,4)eq\r(3),故VE-CFO=eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(5,4)eq\r(3)=eq\f(5,8)eq\r(3).eq\a\vs4\al()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改變量和不變量,一般狀況下,線段的長度是不變量,而位置關系往往會發生改變,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.[對點訓練]如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=eq\f(π,2),AB=BC=eq\f(1,2)AD=a,E是AD的中點,O是AC與BE的交點,將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A1-BCDE.(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)當平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1-BCDE的體積為36eq\r(2),求a的值.解:(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=eq\f(1,2)AD=a,E是AD的中點,∠BAD=eq\f(π,2),所以BE⊥AC.即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,從而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱錐A1-BCDE的高.由題圖1知,A1O=eq\f(\r(2),2)AB=eq\f(\r(2),2)a,平行四邊形BCDE的面積S=BE·OC=a2.從而四棱錐A1-BCDE的體積為V=eq\f(1,3)×S×A1O=eq\f(1,3)×a2×eq\f(\r(2),2)a=eq\f(\r(2),6)a3,由eq\f(\r(2),6)a3=36eq\r(2),得a=6.一、選擇題1.(2024·合肥市第一次質量檢測)平面α外有兩條直線a,b,它們在平面α內的投影分別是直線m,n,則下列命題正確的是()A.若a⊥b,則m⊥nB.若m⊥n,則a⊥bC.若m∥n,則a∥bD.若m與n相交,則a與b相交或異面解析:選D.對于選項A,當直線a,b相交,且所在平面與平面α垂直時,直線m,n重合,故A不正確;對于選項B,不妨在正方體ABCD-A1B1C1D1中考慮,取面對角線AB1,AD1,其所在直線分別記為a,b,其在平面ABCD上的投影分別為AB,AD,記為m,n,此時m⊥n,但a與b不垂直,故B不正確;對于選項C,不妨在正方體ABCD-A1B1C1D1中考慮,取面對角線AB1,CD1,其所在直線分別記為a,b,其在平面ABCD上的投影分別為AB,CD,記為m,n,此時m∥n,但a與b不平行,故C不正確;對于選項D,若m與n相交,則a與b不行能平行,只能是相交或異面,故D正確,選D.2.(2024·長春市質量監測(一))在正方體ABCD-A1B1C1D1中,直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為()A.1 B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(1,2)解析:選D.由題意畫出圖形如圖所示,取AD1的中點為O,連接OC1,OA1,易知OA1⊥平面ABC1D1,所以∠A1C1O是直線A1C1與平面ABC1D1所成的角,在Rt△OA1C1中,A1C1=2OA1,所以sin∠A1C1O=eq\f(OA1,A1C1)=eq\f(1,2).故選D.3.如圖,在三棱錐D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列命題中正確的是()A.平面ABC⊥平面ABDB.平面ABD⊥平面BCDC.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDED.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE解析:選C.因為AB=CB,且E是AC的中點,所以BE⊥AC,同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.因為AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.故選C.4.(2024·江西省五校協作體試題)如圖,圓錐的底面直徑AB=4,高OC=2eq\r(2),D為底面圓周上的一點,且∠AOD=eq\f(2π,3),則直線AD與BC所成的角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(5π,12) D.eq\f(π,2)解析:選B.如圖,過點O作OE⊥AB交底面圓于E,分別以OE,OB,OC所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,因為∠AOD=eq\f(2,3)π,所以∠BOD=eq\f(π,3),則D(eq\r(3),1,0),A(0,-2,0),B(0,2,0),C(0,0,2eq\r(2)),eq\o(AD,\s\up6(→))=(eq\r(3),3,0),eq\o(BC,\s\up6(→))=(0,-2,2eq\r(2)),所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→)),eq\o(BC,\s\up6(→))〉=eq\f(-6,12)=-eq\f(1,2),則直線AD與BC所成的角為eq\f(π,3),故選B.5.如圖,在矩形ABCD中,AB=eq\r(3),BC=1,將△ACD沿AC折起,使得D折起后的位置為D1,且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上,在四面體D1ABC的四個面中,有n對平面相互垂直,則n等于()A.2 B.3C.4 D.5解析:選B.如圖,設D1在平面ABC上的射影為E,連接D1E,則D1E⊥平面ABC,因為D1E?平面ABD1,所以平面ABD1⊥平面ABC.因為D1E⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以D1E⊥BC,又AB⊥BC,D1E∩AB=E,所以BC⊥平面ABD1,又BC?平面BCD1,所以平面BCD1⊥平面ABD1,因為BC⊥平面ABD1,AD1?平面ABD1,所以BC⊥AD1,又CD1⊥AD1,BC∩CD1=C,所以AD1⊥平面BCD1,又AD1?平面ACD1,所以平面ACD1⊥平面BCD1.所以共有3對平面相互垂直.故選B.6.(多選)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P在線段BC1上運動,則下列推斷中正確的是()A.平面PB1D⊥平面ACD1B.A1P∥平面ACD1C.異面直線A1P與AD1所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3)))D.三棱錐D1-APC的體積不變解析:選ABD.對于A,依據正方體的性質,有DB1⊥平面ACD1,又DB1?平面PB1D,則平面PB1D⊥平面ACD1,故A正確;對于B,連接A1B,A1C1,易證明平面BA1C1∥平面ACD1,又A1P?平面BA1C1,所以A1P∥平面ACD1,故B正確;對于C,當P與線段BC1的兩端點重合時,A1P與AD1所成角取最小值eq\f(π,3),當P與線段BC1的中點重合時,A1P與AD1所成角取最大值eq\f(π,2),故A1P與AD1所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3),\f(π,2))),故C錯誤;對于D,V三棱錐D1-APC=V三棱錐C-AD1P,因為點C到平面AD1P的距離不變,且△AD1P的面積不變,所以三棱錐C-AD1P的體積不變,故D正確.故選ABD.二、填空題7.(2024·沈陽市質量監測(一))如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下面結論中正確的是________.(寫出全部正確結論的序號)①BD∥平面CB1D1;②AC1⊥平面CB1D1;③異面直線AC與A1B成60°角;④AC1與底面ABCD所成角的正切值是eq\r(2).解析:對于①,BD∥B1D1,BD?平面CB1D1,B1D1?平面CB1D1,所以BD∥平面CB1D1,①正確;對于②,因為AA1⊥平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1,連接A1C1,又A1C1⊥B1D1,所以B1D1⊥平面AA1C1,所以B1D1⊥AC1,同理B1C⊥AC1,所以AC1⊥平面CB1D1,②正確;對于③,易知AC∥A1C1,異面直線AC與A1B所成角為∠BA1C1,連接BC1,又△A1C1B為等邊三角形,所以∠BA1C1=60°,異面直線AC與A1B成60°角,③正確;對于④,AC1與底面ABCD所成角的正切值是eq\f(CC1,AC)=eq\f(1,\r(2))=eq\f(\r(2),2)≠eq\r(2),故④不正確.故正確的結論為①②③.答案:①②③8.(2024·武漢市調研測試)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點A關于平面BDC1的對稱點為M,則M到平面A1B1C1D1的距離為________.解析:法一:建立如圖所示的空間直角坐標系,正方體的棱長為1,在正方體ABCD-A1B1C1D1下面補一個棱長為1的正方體ABCD-A2B2C2D2,連接A2C2,B2D2,AC2,設B2D2∩A2C2=E,連接CE交AC2于M(即A關于平面BDC1的對稱點),易得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),\f(2,3),-\f(2,3))),所以點M到平面A1B1C1D1的距離為1-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2,3)))=eq\f(5,3).法二:依題意,點M在平面ACC1A1上,建立如圖所示的平面直角坐標系,由已知得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(2),2),0)),C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),1)),直線OC1的方程為y=eq\r(2)x,其斜率為eq\r(2),因為點A關于直線OC1的對稱點為M,設M(a,b),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b-0,a+\f(\r(2),2))=-\f(\r(2),2),\f(b+0,2)=\r(2)·\f(a-\f(\r(2),2),2))),解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=\f(\r(2),6),b=-\f(2,3))),所以點M到直線A1C1的距離為1-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2,3)))=eq\f(5,3),所以點A關于平面BDC1的對稱點M到平面A1B1C1D1的距離為eq\f(5,3).答案:eq\f(5,3)9.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=4,AA1=2.過點A1作平面α與AB,AD分別交于M,N兩點,若AA1與平面α所成的角為45°,則截面A1MN面積的最小值是________,此時AM=________.解析:如圖,過點A作AE⊥MN,連接A1E,因為A1A⊥平面ABCD,所以A1A⊥MN,所以MN⊥平面A1AE,所以A1E⊥MN,平面A1AE⊥平面A1MN,所以∠AA1E為AA1與平面A1MN所成的角,所以∠AA1E=45°,在Rt△A1AE中,因為AA1=2,所以AE=2,A1E=2eq\r(2),在Rt△MAN中,由射影定理得ME·EN=AE2=4,由基本不等式得MN=ME+EN≥2eq\r(ME·EN)=4,當且僅當ME=EN,即E為MN的中點時等號成立,所以截面A1MN面積的最小值為eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)=4eq\r(2).因為AM2+AN2=MN2,所以AM=2eq\r(2).答案:4eq\r(2)2eq\r(2)三、解答題10.如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E、F(E與A、D不重合)分別在棱AD、BD上,且EF⊥AD.求證:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.證明:(1)在平面ABD內,因為AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD且BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.又因為AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因為AC?平面ABC,所以AD⊥AC.11.如圖所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,

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