2022年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第2讲 直线与平面的位置关系 文

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1、2022年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第2讲 直线与平面的位置关系 文 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 空间线面位置关系的判断 训练提示:判断空间中线面位置关系关键是根据定义、判定定理、性质定理进行判断,注意反证法的应用. 1.(xx河南六市第一次联考)如图,四棱锥SABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点. (1)求证:AC⊥SD; (2)若SD⊥平面PAC,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由. (1)证明:连接BD,设AC交BD于O,由题意SO⊥AC. 在正

2、方形ABCD中,AC⊥BD, 所以AC⊥平面SBD,得AC⊥SD. (2)解:在棱SC上存在一点E, 使BE∥平面PAC.设正方形边长为a,则SD=a,由SD⊥平面PAC可得PD=a,故可在SP上取一点N,使PN=PD,过N作PC的平行线与SC的交点即为E.连接BN(图略),在△BDN中知BN∥PO,又由于NE∥PC,故平面BEN∥平面PAC,得BE∥平面PAC, 由于SN∶NP=2∶1,故SE∶EC=2∶1. 2.(xx兰州高三诊断)如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,AB=2,BC=CD=1,AB∥CD,顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.

3、 (1)求证:AD1⊥BC; (2)在AB上是否存在点M,使得C1M∥平面ADD1A1?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由. (1)证明:连接D1C, 则D1C⊥平面ABCD, 所以D1C⊥BC, 在等腰梯形ABCD中,连接AC, 因为AB=2,BC=CD=1, AB∥CD, 所以BC⊥AC, 所以BC⊥平面AD1C, 所以AD1⊥BC. (2)解:设M是AB上的点, 因为AB∥CD, 所以AM∥D1C1, 因经过AM,D1C1的平面与平面ADD1A1相交于AD1,要使C1M∥平面ADD1A1,则C1M∥AD1,即四边形AD1C1M为平行四边形,此时D

4、1C1=DC=AM=AB,即点M为AB的中点. 所以在AB上存在点M,使得C1M∥平面ADD1A,此时点M为AB的中点. 空间线线、线面位置关系的证明 训练提示:(1)立体几何中,要证线线垂直,常常先证线面垂直,再用线垂直于面的性质易得线垂直于线.要证线平行于面,只需先证线平行于线,再用线平行于面的判定定理易得或先证直线所在的平面与平面平行,即得线面平行. (2)证明立体几何问题,要紧密结合图形,有时要利用平面几何的相关知识,因此需要多画出一些图形辅助使用. 3.(xx山西大同三模)如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD,点E为AB的中点. (

5、1)求证:BD1∥平面A1DE; (2)求证:D1E⊥A1D. 证明:(1)四边形ADD1A1为正方形,连接AD1交A1D于O,则O是AD1的中点,点E为AB的中点,连接OE,所以EO为△ABD1的中位线, 所以EO∥BD1. 又因为BD1⊄平面A1DE,OE⊂平面A1DE, 所以BD1∥平面A1DE. (2)正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1, 由已知可得AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1, 所以AB⊥A1D,AB∩AD1=A, 所以A1D⊥平面AD1E, 因为D1E⊂平面AD1E, 所以A1D⊥D1E. 空间面面位置关系的证明 训练提示:(1)

6、证明面面平行依据判定定理,只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可,从而将证明面面平行转化为证明线面平行,再转化为证明线线平行. (2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中线、高线或添加辅助线解决. 4.(xx湖南卷)如图,直三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点. (1)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1; (2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,求三棱锥FAEC的体积. (1)证明:如图,

7、因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱, 所以AE⊥BB1. 又E是正三角形ABC的边BC的中点, 所以AE⊥BC. 因此AE⊥平面B1BCC1. 而AE⊂平面AEF, 所以平面AEF⊥平面B1BCC1. (2)解:设AB的中点为D,连接A1D,CD. 因为△ABC是正三角形,所以CD⊥AB. 又三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,所以CD⊥AA1. 因此CD⊥平面A1ABB1, 于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角. 由题知∠CA1D=45°,所以A1D=CD=AB=. 在Rt△AA1D中,AA1===, 所以FC=AA1=. 故三棱锥FAE

8、C的体积 V=S△AEC×FC=××AE×EC×FC =××=. 5.(xx北京卷)如图,在三棱锥VABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC,且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点. (1)求证:VB∥平面MOC; (2)求证:平面MOC⊥平面VAB; (3)求三棱锥VABC的体积. (1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OM∥VB. 又因为VB⊄平面MOC, 所以VB∥平面MOC. (2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点, 所以OC⊥AB. 又因为平面VAB⊥平面ABC,且OC⊂平面ABC, 所以OC⊥平面VAB.

9、 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)解:在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=, 所以AB=2,OC=1,所以S△VAB=, 又因为OC⊥平面VAB, 所以=OC·S△VAB=. 又因为三棱锥VABC的体积与三棱锥CVAB的体积相等, 所以三棱锥VABC的体积为. 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 类型一:空间线面位置关系的综合问题 1.(xx甘肃兰州第二次监测)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为棱AA1与CC1的中点,过直线EF的平面分别与BB1,DD1相交于点M,N,设BM=x,x∈[0,1]有以下命题: ①平面MENF⊥平面

10、BDD1B1; ②当x=时,四边形MENF的面积最小; ③四边形MENF的周长L=f(x),x∈[0,1]是单调函数; ④四棱锥C1MENF的体积V=g(x)为常函数. 其中正确结论的序号是　　　　(将正确结论的序号都填上).  解析:①连接BD,B1D1,则由正方体性质知,EF⊥平面BDD1B1, 所以平面MENF⊥平面BDD1B1,所以①正确. ②连结MN,因为EF⊥平面BDD1B1, 所以EF⊥MN, 因为四边形MENF的对角线EF为定值, 所以要使面积最小,则只需MN的长度最小即可,此时当M为棱的中点时,即x=时,MN最小,对应四边形MENF的面积最小,故②正确;

11、 ③因为EF⊥MN, 所以四边形MENF是菱形,当x∈[0,]时,EM的长度由大变小,当x∈[,1]时EM的长度由小变大,所以函数L=f(x)不单调,故③错; ④连接C1E,C1M,C1N(图略),则四棱锥分割为两个小三棱锥,它们是以C1EF为底,以M,N分别为顶点的两个小棱锥,因为△C1EF的面积为常数,M,N到平面C1EF的距离是常数,所以四棱锥C1MENF的体积V=g(x)为常函数,所以④正确. 答案:①②④ 2.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为梯形,∠ABC=∠BAD=90°, BC=2,AP=AD=AB=,∠PAB=∠PAD=α. (1)试在棱PA上确定一个

12、点E,使得PC∥平面BDE,并求出此时的值; (2)当α=60°时,求证:CD⊥平面PBD. (1)解:连接AC,BD交于点F,在平面PCA中作EF∥PC交PA于E, 因为PC⊄平面BDE, EF⊂平面BDE, 所以PC∥平面BDE, 因为AD∥BC, 所以==, 因为EF∥PC, 所以=, 此时,===. (2)证明:取BC的中点G,连接DG,则四边形ABGD为正方形 连接AG,交BD于点O,连接PO, AP=AD=AB,∠PAB=∠PAD=60°, 所以△PAB和△PAD都是等边三角形, 因此PA=PB=PD, 又因为OD=OB, 所以△POB≌△PO

13、D, 得∠POB=∠POD=90°, 同理得△POA≌△POB,∠POA=90°, 所以PO⊥平面ABC. 所以PO⊥CD,∠ABC=∠BAD=90°, BC=2AD=2AB=2, 可得BD=2,CD=2, 所以BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD, 又BD∩PO=O, 所以CD⊥平面PBD. 类型二:空间线线、线面关系的证明 3.(xx河北沧州4月质检)已知四边形ABCD为正方形,NC⊥平面ABCD,MD∥NC,且AB=NC. (1)求证:AM∥平面BCN; (2)若AB=2,求三棱锥CAMN的体积. (1)证明:因为四边形ABCD为正方形, 所以AD∥B

14、C,又由于MD∥NC, 所以平面ADM∥平面BCN, 所以直线AM与平面BCN平行. (2)解:因为在△MCN中,NC=AB=2, 点M到NC的距离h=DC=2, 所以S△MCN=NC·h=2, 又因为四边形ABCD为正方形,NC⊥平面ABCD, 所以AD⊥DC,AD⊥NC⇒AD⊥平面MDCN, 所以==S△MCN·AD =×2×2=. 4.(xx江西九江二模)已知梯形ABCD中,BC∥AD,AB=BC=AD=1,且∠ABC=90°,以AC为折痕使得折叠后的图形中平面DAC⊥平面ABC. (1)求证:DC⊥平面ABC; (2)求四面体ABCD的外接球的体积; (3)在

15、棱AD上是否存在点P,使得AD⊥平面PBC. (1)证明:如图取AD的中点E,连接CE, △CED是等腰直角三角形, 所以∠ACD=∠ACE+∠ECD=45°+45°=90°, 即DC⊥AC, 因为平面DAC⊥平面ABC, 所以DC⊥平面ABC. (2)解:因为DC⊥平面ABC, 所以DC⊥AB, 又因为AB⊥BC, 所以AB⊥平面DBC, 所以AB⊥DB, 即∠ABD=∠ACD=90°, 所以四面体ABCD的外接球的球心是AD的中点E, 即四面体ABCD的外接球的半径R=1,故四面体ABCD的外接球的体积为. (3)解:不存在,理由: 若在棱AD上存在

16、点P,使得AD⊥平面PBC, 则AD⊥BC, 又DC⊥平面ABC, 所以DC⊥BC, 所以BC⊥平面ADC, 从而BC⊥AC,这与∠ACB=45°矛盾, 所以在棱AD上不存在点P,使得AD⊥平面PBC. 类型三:空间面面位置关系的证明 5.(xx天津卷)如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2, AA1=,BB1=2,点E和F分别为BC和A1C的中点. (1)求证:EF∥平面A1B1BA; (2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1; (3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小. (1)证明:如图,连接A1B.在△A1BC中,

17、因为E和F分别是BC和A1C的中点, 所以EF∥BA1. 又因为EF⊄平面A1B1BA, 所以EF∥平面A1B1BA. (2)证明:因为AB=AC,E为BC的中点, 所以AE⊥BC. 因为AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1, 所以BB1⊥平面ABC,从而BB1⊥AE. 又因为BC∩BB1=B, 所以AE⊥平面BCB1, 又因为AE⊂平面AEA1, 所以平面AEA1⊥平面BCB1. (3)解:取BB1的中点M和B1C的中点N,连接A1M,A1N,NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点,所以NE∥B1B,NE=B1B,故NE∥A1A且NE=A1A,所以A1N∥AE,且A1

18、N=AE.又因为AE⊥平面BCB1,所以A1N⊥平面BCB1,从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角. 在△ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2. 因为BM∥AA1,BM=AA1, 所以A1M∥AB,A1M=AB, 又由AB⊥BB1,得A1M⊥BB1. 在Rt△A1MB1中,可得A1B1==4. 在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N==, 因此∠A1B1N=30°. 所以,直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°. 6.(xx东北三校第二次联考)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面△ABC为等边三角形,AB=4,AA1=5,点M是BB1中点.

19、 (1)求证:平面A1MC⊥平面AA1C1C; (2)求点A到平面A1MC的距离. (1)证明:连接AC1,与A1C交于E. 连接ME. 因为直三棱柱ABCA1B1C1, 点M是BB1中点, 所以MA1=MA=MC1=MC=. 因为点E是AC1,A1C的中点, 所以ME⊥AC1,ME⊥A1C, 且AC1∩A1C=E, 从而ME⊥平面AA1C1C, 因为ME⊂平面A1MC, 所以平面A1MC⊥平面AA1C1C. (2)解:过点A作AH⊥A1C于点H, 由(1)知平面A1MC⊥平面AA1C1C,平面A1MC∩平面AA1C1C=A1C, 而AH⊥平面AA1C1C, 所以AH即为点A到平面A1MC的距离. 在△A1AC中,∠A1AC=90°, A1A=5,AC=4, 所以A1C=, 所以AH==, 即点A到平面A1MC的距离为.