(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 8.5 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)講義(含解析).docx
8.5 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)
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考情考向分析
1.理解空間線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理.
2.理解直線與平面所成角的概念,了解二面角及其平面角的概念.
直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)是高考中的重點考查內(nèi)容,涉及線線垂直、線面垂直、面面垂直的判定及其應(yīng)用等內(nèi)容.題型主要以解答題的形式出現(xiàn),解題要求有較強的推理論證能力,廣泛應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想.
1.直線與平面垂直
(1)定義
如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直,則直線l與平面α互相垂直,記作l⊥α,直線l叫做平面α的垂線,平面α叫做直線l的垂面.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直,則該直線與此平面垂直
?l⊥α
性質(zhì)定理
垂直于同一個平面的兩條直線平行
?a∥b
2.直線和平面所成的角
(1)定義
平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角,叫做這條直線和這個平面所成的角.若一條直線垂直于平面,它們所成的角是直角,若一條直線和平面平行,或在平面內(nèi),它們所成的角是0的角.
(2)范圍:.
3.平面與平面垂直
(1)二面角的有關(guān)概念
①二面角:從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角;
②二面角的平面角:在二面角的棱上任取一點,以該點為垂足,在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線,這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角.
(2)平面和平面垂直的定義
兩個平面相交,如果它們所成的二面角是直二面角,就說這兩個平面互相垂直.
(3)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理
文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
一個平面過另一個平面的垂線,則這兩個平面垂直
?α⊥β
性質(zhì)定理
兩個平面垂直,則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直
?l⊥α
概念方法微思考
1.若兩平行線中的一條垂直于一個平面,則另一條也垂直于這個平面嗎?
提示 垂直.若兩平行線中的一條垂直于一個平面,那么在平面內(nèi)可以找到兩條相交直線與該直線垂直,根據(jù)異面直線所成的角,可以得出兩平行直線中的另一條也與平面內(nèi)的那兩條直線成90的角,即垂直于平面內(nèi)的這兩條相交直線,所以垂直于這個平面.
2.兩個相交平面同時垂直于第三個平面,它們的交線也垂直于第三個平面嗎?
提示 垂直.在兩個相交平面內(nèi)分別作與第三個平面交線垂直的直線,則這兩條直線都垂直于第三個平面,那么這兩條直線互相平行.由線面平行的性質(zhì)定理可知,這兩個相交平面的交線與這兩條垂線平行,所以該交線垂直于第三個平面.
題組一 思考辨析
1.判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”)
(1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直,則l⊥α.( )
(2)垂直于同一個平面的兩平面平行.( )
(3)直線a⊥α,b⊥α,則a∥b.( √ )
(4)若α⊥β,a⊥β,則a∥α.( )
(5)若直線a⊥平面α,直線b∥α,則直線a與b垂直.( √ )
(6)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線,則α⊥β.( )
題組二 教材改編
2.[P73T1]下列命題中錯誤的是( )
A.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β
B.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β
C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β
答案 D
解析 對于D,若平面α⊥平面β,則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β,即與平面β的關(guān)系還可以是斜交、平行或在平面β內(nèi),其他選項均是正確的.
3.[P67練習(xí)T2]在三棱錐P-ABC中,點P在平面ABC中的射影為點O.
(1)若PA=PB=PC,則點O是△ABC的________心;
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,則點O是△ABC的________心.
答案 (1)外 (2)垂
解析 (1)如圖1,連接OA,OB,OC,OP,
在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PC=PB,
所以O(shè)A=OB=OC,即O為△ABC的外心.
(2)如圖2,延長AO,BO,CO分別交BC,AC,AB于點H,D,G.
∵PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,
∴PC⊥平面PAB,又AB?平面PAB,∴PC⊥AB,
∵AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC?平面PGC,
∴AB⊥平面PGC,又CG?平面PGC,
∴AB⊥CG,即CG為△ABC邊AB上的高.
同理可證BD,AH分別為△ABC邊AC,BC上的高,
即O為△ABC的垂心.
題組三 易錯自糾
4.(2018臺州模擬)若l,m為兩條不同的直線,α為平面,且l⊥α,則“m∥α”是“m⊥l”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
答案 A
解析 由l⊥α且m∥α能推出m⊥l,充分性成立;
若l⊥α且m⊥l,則m∥α或者m?α,必要性不成立,
因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要條件,故選A.
5.如圖所示,在正方體ABCD—A1B1C1D1中,點O,M,N分別是線段BD,DD1,D1C1的中點,則直線OM與AC,MN的位置關(guān)系是( )
A.與AC,MN均垂直
B.與AC垂直,與MN不垂直
C.與AC不垂直,與MN垂直
D.與AC,MN均不垂直
答案 A
解析 因為DD1⊥平面ABCD,所以AC⊥DD1,
又因為AC⊥BD,DD1∩BD=D,所以AC⊥平面BDD1B1,
因為OM?平面BDD1B1,所以O(shè)M⊥AC.
設(shè)正方體的棱長為2,
則OM==,MN==,
ON==,
所以O(shè)M2+MN2=ON2,所以O(shè)M⊥MN.故選A.
6.如圖所示,AB是半圓O的直徑,VA垂直于半圓O所在的平面,點C是圓周上不同于A,B的任意一點,M,N分別為VA,VC的中點,則下列結(jié)論正確的是( )
A.MN∥AB
B.平面VAC⊥平面VBC
C.MN與BC所成的角為45
D.OC⊥平面VAC
答案 B
解析 由題意得BC⊥AC,因為VA⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以VA⊥BC.因為AC∩VA=A,所以BC⊥平面VAC.因為BC?平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC.故選B.
題型一 直線與平面垂直的判定與性質(zhì)
例1 如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中點,F(xiàn)是CC1上一點.當CF=2時,證明:B1F⊥平面ADF.
證明 因為AB=AC,D是BC的中點,所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
因為BB1⊥底面ABC,AD?底面ABC,
所以AD⊥B1B.
因為BC∩B1B=B,BC,B1B?平面B1BCC1,
所以AD⊥平面B1BCC1.
因為B1F?平面B1BCC1,所以AD⊥B1F.
方法一 在矩形B1BCC1中,
因為C1F=CD=1,B1C1=CF=2,
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1,
所以∠CFD=∠C1B1F,
所以∠B1FD=90,所以B1F⊥FD.
因為AD∩FD=D,AD,F(xiàn)D?平面ADF,
所以B1F⊥平面ADF.
方法二 在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,
所以B1D==.
在Rt△B1C1F中,B1C1=2,C1F=1,
所以B1F==.
在Rt△DCF中,CF=2,CD=1,
所以DF==.
顯然DF2+B1F2=B1D2,
所以∠B1FD=90.
所以B1F⊥FD.
因為AD∩FD=D,AD,F(xiàn)D?平面ADF,
所以B1F⊥平面ADF.
思維升華證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵
(1)證明線面垂直的常用方法:①判定定理;②垂直于平面的傳遞性;③面面垂直的性質(zhì).
(2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直,而證明線線垂直,則需借助線面垂直的性質(zhì).
跟蹤訓(xùn)練1 (2019紹興模擬)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(xiàn)(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(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD,
則AB∥EF.
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,BC⊥BD,
所以BC⊥平面ABD.
因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.
又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.
題型二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
例2 (2018全國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=DA,求三棱錐Q-ABP的體積.
(1)證明 由已知可得,∠BAC=90,即BA⊥AC.
又BA⊥AD,AD∩AC=A,AD,AC?平面ACD,
所以AB⊥平面ACD.
又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解 由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.
又BP=DQ=DA,所以BP=2.
如圖,過點Q作QE⊥AC,垂足為E,
則QE∥DC且QE=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=S△ABPQE
=32sin451=1.
思維升華 (1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定義;
②面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β).
(2)在已知平面垂直時,一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化.在一個平面內(nèi)作交線的垂線,轉(zhuǎn)化為線面垂直,然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.
跟蹤訓(xùn)練2 (2018寧波調(diào)研)如圖,三棱錐P-ABC中,底面ABC是邊長為2的正三角形,PA⊥PC,PB=2.
(1)求證:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若PA=PC,求三棱錐P-ABC的體積.
證明 (1)如圖,取AC的中點O,連接BO,PO,
因為△ABC是邊長為2的正三角形,
所以BO⊥AC,BO=.
因為PA⊥PC,所以PO=AC=1.
因為PB=2,所以O(shè)P2+OB2=PB2,
所以PO⊥OB.
因為AC∩OP=O,AC,OP?平面PAC,
所以BO⊥平面PAC.又OB?平面ABC,
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 因為PA=PC,PA⊥PC,AC=2,
所以PA=PC=.
由(1)知BO⊥平面PAC,
所以VP-ABC=VB-APC=S△PACBO==.
題型三 與垂直有關(guān)的探索性問題
例3 如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是棱BC,AB的中點,點F在棱CC1上,已知AB=AC,AA1=3,BC=CF=2.
(1)求證:C1E∥平面ADF;
(2)設(shè)點M在棱BB1上,當BM為何值時,平面CAM⊥平面ADF.
(1)證明 連接CE交AD于O,連接OF.
因為CE,AD為△ABC的中線,
則O為△ABC的重心,故==,故OF∥C1E,
因為OF?平面ADF,C1E?平面ADF,
所以C1E∥平面ADF.
(2)解 當BM=1時,平面CAM⊥平面ADF.
證明如下:因為AB=AC,AD?平面ABC,
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
BB1⊥平面ABC,BB1?平面B1BCC1,
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC=BC,AD?平面ABC,
所以AD⊥平面B1BCC1,
又CM?平面B1BCC1,故AD⊥CM.
又BM=1,BC=2,CD=1,F(xiàn)C=2,
故Rt△CBM≌Rt△FCD.
易證CM⊥DF,又DF∩AD=D,DF,AD?平面ADF,
故CM⊥平面ADF.
又CM?平面CAM,
故平面CAM⊥平面ADF.
思維升華對命題條件的探索的三種途徑
途徑一:先猜后證.
途徑二:先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性.
途徑三:將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題.
跟蹤訓(xùn)練3 如圖所示的空間幾何體ABCDEFG中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,AE⊥平面ABCD,EF∥AB,EG∥AD,EF=EG=1.
(1)求證:平面CFG⊥平面ACE;
(2)在AC上是否存在一點H,使得EH∥平面CFG?若存在,求出CH的長,若不存在,請說明理由.
(1)證明 連接BD交AC于點O,則BD⊥AC.
設(shè)AB,AD的中點分別為M,N,連接MN,則MN∥BD,
連接FM,GN,則FM∥GN,且FM=GN,
所以四邊形FMNG為平行四邊形,
所以MN∥FG,所以BD∥FG,所以FG⊥AC.
由于AE⊥平面ABCD,所以AE⊥BD.
所以FG⊥AE,
又因為AC∩AE=A,AC,AE?平面ACE,
所以FG⊥平面ACE.
又FG?平面CFG,所以平面CFG⊥平面ACE.
(2)解 存在.設(shè)平面ACE交FG于Q,則Q為FG的中點,
連接EQ,CQ,取CO的中點H,連接EH,
由已知易知,平面EFG∥平面ABCD,
又平面ACE∩平面EFG=EQ,
平面ACE∩平面ABCD=AC,
所以CH∥EQ,又CH=EQ=,
所以四邊形EQCH為平行四邊形,所以EH∥CQ,
又CQ?平面CFG,EH?平面CFG,
所以EH∥平面CFG,
所以在AC上存在一點H,使得EH∥平面CFG,且CH=.
1.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∥n
C.n⊥l D.m⊥n
答案 C
解析 因為α∩β=l,所以l?β,又n⊥β,所以n⊥l.
2.(2019寧波模擬)已知直線l,m與平面α,β,l?α,m?β,則下列命題中正確的是( )
A.若l∥m,則必有α∥β
B.若l⊥m,則必有α⊥β
C.若l⊥β,則必有α⊥β
D.若α⊥β,則必有m⊥α
答案 C
解析 對于選項A,平面α和平面β還有可能相交,所以選項A錯誤;
對于選項B,平面α和平面β還有可能相交或平行,所以選項B錯誤;
對于選項C,因為l?α,l⊥β,所以α⊥β.所以選項C正確;
對于選項D,直線m可能和平面α不垂直,所以選項D錯誤.
3.如圖,在四面體D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列結(jié)論正確的是( )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
答案 C
解析 因為AB=CB,且E是AC的中點,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因為AC在平面ABC內(nèi),所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.
4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點,則( )
A.MN∥C1D1 B.MN⊥BC1
C.MN⊥平面ACD1 D.MN⊥平面ACC1
答案 D
解析 對于選項A,因為M,N分別是BC1,CD1的中點,所以點N∈平面CDD1C1,點M?平面CDD1C1,所以直線MN是與平面CDD1C1相交的直線,
又因為直線C1D1在平面CDD1C1內(nèi),故直線MN與直線C1D1不可能平行,故選項A錯;
對于選項B,正方體中易知NB≠NC1,因為點M是BC1的中點,所以直線MN與直線BC1不垂直,故選項B不對;
對于選項C,假設(shè)MN⊥平面ACD1,可得MN⊥CD1,因為N是CD1的中點,
所以MC=MD1,這與MC≠MD1矛盾,故假設(shè)不成立,所以選項C不對;
對于選項D,分別取B1C1,C1D1的中點P,Q,連接PM,QN,PQ.
因為點M是BC1的中點,
所以PM∥CC1且PM=CC1.
同理QN∥CC1且QN=CC1.
所以PM∥QN且PM=QN,
所以四邊形PQNM為平行四邊形.
所以PQ∥MN.
在正方體中,CC1⊥PQ,PQ⊥AC,
因為AC∩CC1=C,AC?平面ACC1,CC1?平面ACC1,
所以PQ⊥平面ACC1.
因為PQ∥MN,所以MN⊥平面ACC1.
故選項D正確.
5.已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,體積為,底面是邊長為的正三角形,若P為底面A1B1C1的中心,則PA與平面ABC所成角的大小為( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 如圖,取正三角形ABC的中心O,連接OP,
則∠PAO是PA與平面ABC所成的角.
因為底面邊長為,
所以AD==,AO=AD==1.
三棱柱的體積為()2AA1=,
解得AA1=,即OP=AA1=,
所以tan∠PAO==,
因為直線與平面所成角的范圍是,
所以∠PAO=.
6.如圖,已知PA⊥平面ABC,BC⊥AC,則圖中直角三角形的個數(shù)為________.
答案 4
解析 ∵PA⊥平面ABC,AB,AC,BC?平面ABC,
∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,則△PAB,△PAC為直角三角形.由BC⊥AC,且AC∩PA=A,得BC⊥平面PAC,從而BC⊥PC,因此△ABC,△PBC也是直角三角形.
7.如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90,BC1⊥AC,則C1在底面ABC上的射影H必在直線______上.
答案 AB
解析 ∵AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,∴AC⊥平面ABC1.
又∵AC?平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上.
8.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動點,當點M滿足________時,平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析 ∵PA⊥底面ABCD,∴BD⊥PA,連接AC,則BD⊥AC,且PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.
∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時,即有PC⊥平面MBD,
而PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
9.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________.
答案
解析
連接A1C1,則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角.
因為AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,
所以sin∠AC1A1==.
10.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC的中點,點P在線段D1E上.點P到直線CC1的距離的最小值為________.
答案
解析 點P到直線CC1的距離等于點P在平面ABCD上的射影到點C的距離,設(shè)點P在平面ABCD上的射影為P′,顯然點P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長度的最小值.當P′C⊥DE時,P′C的長度最小,此時P′C==.
11.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,點E在棱PC上(異于點P,C),平面ABE與棱PD交于點F.
(1)求證:AB∥EF;
(2)若AF⊥EF,求證:平面PAD⊥平面ABCD.
證明 (1)因為四邊形ABCD是矩形,
所以AB∥CD.
又AB?平面PDC,CD?平面PDC,
所以AB∥平面PDC,
又因為AB?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,
所以AB∥EF.
(2)因為四邊形ABCD是矩形,
所以AB⊥AD.
因為AF⊥EF,(1)中已證AB∥EF,
所以AB⊥AF.
又AB⊥AD,
由點E在棱PC上(異于點C),所以點F異于點D,
所以AF∩AD=A,AF,AD?平面PAD,
所以AB⊥平面PAD,
又AB?平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
12.(2019浙江省臺州中學(xué)模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=,AD=CD=1,∠ADC=120,點M是AC與BD的交點,點N在線段PB上,且PN=PB.
(1)證明:MN∥平面PDC;
(2)求直線MN與平面PAC所成角的正弦值.
(1)證明 因為AB=BC,AD=CD,
所以BD垂直平分線段AC.
又∠ADC=120,
所以MD=AD=,AM=.
所以AC=.
又AB=BC=,
所以△ABC是等邊三角形,
所以BM=,所以=3,
又因為PN=PB,
所以==3,
所以MN∥PD.
又MN?平面PDC,PD?平面PDC,
所以MN∥平面PDC.
(2)解 因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
所以BD⊥PA,
又BD⊥AC,PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
由(1)知MN∥PD,
所以直線MN與平面PAC所成的角即直線PD與平面PAC所成的角,
故∠DPM即為所求的角.
在Rt△PAD中,PD=2,
所以sin∠DPM===,
所以直線MN與平面PAC所成角的正弦值為.
13.(2018湖州質(zhì)檢)如圖,在正方形ABCD中,E,F(xiàn)分別是BC,CD的中點,G是EF的中點.現(xiàn)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EFH
C.HF⊥平面AEF
D.HG⊥平面AEF
答案 B
解析 根據(jù)折疊前、后AH⊥HE,AH⊥HF不變,
∴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,AG,GH?平面HAG,∴EF⊥平面HAG,又EF?平面AEF,
∴平面HAG⊥平面AEF,過點H作直線垂直于平面AEF,一定在平面HAG內(nèi),∴C不正確;
由條件證不出HG⊥平面AEF,∴D不正確.故選B.
14.(2018全國Ⅰ)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為( )
A.B.C.D.
答案 A
解析 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1D1與棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方體的其余棱都分別與A1A,A1B1,A1D1平行,故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等.
取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中點E,F(xiàn),G,H,M,N,則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大,此截面面積為S正六邊形EFGHMN=6sin60=.
故選A.
15.(2019金華模擬)如圖,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E為CD的中點,M,N分別是AD,BE的中點,將三角形ADE沿AE折起,則下列說法正確的是________.(寫出所有正確說法的序號)
①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥平面DEC;
②不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN⊥AE;
③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥AB;
④在折起過程中,一定不會有EC⊥AD.
答案?、佗?
解析 由已知,在未折疊的原梯形中,易知四邊形ABCE為矩形,
所以AB=EC,所以AB=DE,
又AB∥DE,
所以四邊形ABED為平行四邊形,
所以BE=AD,折疊后如圖所示.
①過點M作MP∥DE,交AE于點P,連接NP.
因為M,N分別是AD,BE的中點,
所以點P為AE的中點,故NP∥EC.
又MP∩NP=P,DE∩CE=E,
所以平面MNP∥平面DEC,
故MN∥平面DEC,①正確;
②由已知,AE⊥ED,AE⊥EC,
所以AE⊥MP,AE⊥NP,
又MP∩NP=P,所以AE⊥平面MNP,
又MN?平面MNP,所以MN⊥AE,②正確;
③假設(shè)MN∥AB,則MN與AB確定平面MNBA,
從而BE?平面MNBA,AD?平面MNBA,
與BE和AD是異面直線矛盾,③錯誤;
④當EC⊥ED時,EC⊥AD.
因為EC⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E,
所以EC⊥平面AED,AD?平面AED,
所以EC⊥AD,④不正確.
16.在如圖所示的五面體ABCDEF中,四邊形ABCD為菱形,且∠DAB=60,EA=ED=AB=2EF=2,EF∥AB,M為BC的中點.
(1)求證:FM∥平面BDE;
(2)若平面ADE⊥平面ABCD,求點F到平面BDE的距離.
(1)證明 取BD的中點O,連接OM,OE,
因為O,M分別為BD,BC的中點,
所以O(shè)M∥CD,且OM=CD.
因為四邊形ABCD為菱形,所以CD∥AB,
又EF∥AB,所以CD∥EF,
又AB=CD=2EF,
所以EF=CD,
所以O(shè)M∥EF,且OM=EF,
所以四邊形OMFE為平行四邊形,
所以MF∥OE.
又OE?平面BDE,MF?平面BDE,
所以MF∥平面BDE.
(2)解 由(1)得FM∥平面BDE,
所以點F到平面BDE的距離等于點M到平面BDE的距離.
取AD的中點H,連接EH,BH,
因為EA=ED,四邊形ABCD為菱形,且∠DAB=60,
所以EH⊥AD,BH⊥AD.
因為平面ADE⊥平面ABCD,
平面ADE∩平面ABCD=AD,EH?平面ADE,
所以EH⊥平面ABCD,所以EH⊥BH,
易得EH=BH=,所以BE=,
所以S△BDE==.
設(shè)點F到平面BDE的距離為h,
連接DM,則S△BDM=S△BCD=4=,
連接EM,由V三棱錐E-BDM=V三棱錐M-BDE,
得=h,
解得h=,
即點F到平面BDE的距離為.
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浙江專用2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí)
第八章
立體幾何與空間向量
8.5
直線、平面垂直的判定與性質(zhì)講義含解析
浙江
專用
2020
高考
數(shù)學(xué)
新增
一輪
復(fù)習(xí)
第八
立體幾何
空間
向量
- 資源描述:
-
8.5 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)
最新考綱
考情考向分析
1.理解空間線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理.
2.理解直線與平面所成角的概念,了解二面角及其平面角的概念.
直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)是高考中的重點考查內(nèi)容,涉及線線垂直、線面垂直、面面垂直的判定及其應(yīng)用等內(nèi)容.題型主要以解答題的形式出現(xiàn),解題要求有較強的推理論證能力,廣泛應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想.
1.直線與平面垂直
(1)定義
如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直,則直線l與平面α互相垂直,記作l⊥α,直線l叫做平面α的垂線,平面α叫做直線l的垂面.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直,則該直線與此平面垂直
?l⊥α
性質(zhì)定理
垂直于同一個平面的兩條直線平行
?a∥b
2.直線和平面所成的角
(1)定義
平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角,叫做這條直線和這個平面所成的角.若一條直線垂直于平面,它們所成的角是直角,若一條直線和平面平行,或在平面內(nèi),它們所成的角是0的角.
(2)范圍:.
3.平面與平面垂直
(1)二面角的有關(guān)概念
①二面角:從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角;
②二面角的平面角:在二面角的棱上任取一點,以該點為垂足,在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線,這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角.
(2)平面和平面垂直的定義
兩個平面相交,如果它們所成的二面角是直二面角,就說這兩個平面互相垂直.
(3)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理
文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
一個平面過另一個平面的垂線,則這兩個平面垂直
?α⊥β
性質(zhì)定理
兩個平面垂直,則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直
?l⊥α
概念方法微思考
1.若兩平行線中的一條垂直于一個平面,則另一條也垂直于這個平面嗎?
提示 垂直.若兩平行線中的一條垂直于一個平面,那么在平面內(nèi)可以找到兩條相交直線與該直線垂直,根據(jù)異面直線所成的角,可以得出兩平行直線中的另一條也與平面內(nèi)的那兩條直線成90的角,即垂直于平面內(nèi)的這兩條相交直線,所以垂直于這個平面.
2.兩個相交平面同時垂直于第三個平面,它們的交線也垂直于第三個平面嗎?
提示 垂直.在兩個相交平面內(nèi)分別作與第三個平面交線垂直的直線,則這兩條直線都垂直于第三個平面,那么這兩條直線互相平行.由線面平行的性質(zhì)定理可知,這兩個相交平面的交線與這兩條垂線平行,所以該交線垂直于第三個平面.
題組一 思考辨析
1.判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”)
(1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直,則l⊥α.( )
(2)垂直于同一個平面的兩平面平行.( )
(3)直線a⊥α,b⊥α,則a∥b.( √ )
(4)若α⊥β,a⊥β,則a∥α.( )
(5)若直線a⊥平面α,直線b∥α,則直線a與b垂直.( √ )
(6)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線,則α⊥β.( )
題組二 教材改編
2.[P73T1]下列命題中錯誤的是( )
A.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β
B.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β
C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β
答案 D
解析 對于D,若平面α⊥平面β,則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β,即與平面β的關(guān)系還可以是斜交、平行或在平面β內(nèi),其他選項均是正確的.
3.[P67練習(xí)T2]在三棱錐P-ABC中,點P在平面ABC中的射影為點O.
(1)若PA=PB=PC,則點O是△ABC的________心;
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,則點O是△ABC的________心.
答案 (1)外 (2)垂
解析 (1)如圖1,連接OA,OB,OC,OP,
在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PC=PB,
所以O(shè)A=OB=OC,即O為△ABC的外心.
(2)如圖2,延長AO,BO,CO分別交BC,AC,AB于點H,D,G.
∵PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,
∴PC⊥平面PAB,又AB?平面PAB,∴PC⊥AB,
∵AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC?平面PGC,
∴AB⊥平面PGC,又CG?平面PGC,
∴AB⊥CG,即CG為△ABC邊AB上的高.
同理可證BD,AH分別為△ABC邊AC,BC上的高,
即O為△ABC的垂心.
題組三 易錯自糾
4.(2018臺州模擬)若l,m為兩條不同的直線,α為平面,且l⊥α,則“m∥α”是“m⊥l”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
答案 A
解析 由l⊥α且m∥α能推出m⊥l,充分性成立;
若l⊥α且m⊥l,則m∥α或者m?α,必要性不成立,
因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要條件,故選A.
5.如圖所示,在正方體ABCD—A1B1C1D1中,點O,M,N分別是線段BD,DD1,D1C1的中點,則直線OM與AC,MN的位置關(guān)系是( )
A.與AC,MN均垂直
B.與AC垂直,與MN不垂直
C.與AC不垂直,與MN垂直
D.與AC,MN均不垂直
答案 A
解析 因為DD1⊥平面ABCD,所以AC⊥DD1,
又因為AC⊥BD,DD1∩BD=D,所以AC⊥平面BDD1B1,
因為OM?平面BDD1B1,所以O(shè)M⊥AC.
設(shè)正方體的棱長為2,
則OM==,MN==,
ON==,
所以O(shè)M2+MN2=ON2,所以O(shè)M⊥MN.故選A.
6.如圖所示,AB是半圓O的直徑,VA垂直于半圓O所在的平面,點C是圓周上不同于A,B的任意一點,M,N分別為VA,VC的中點,則下列結(jié)論正確的是( )
A.MN∥AB
B.平面VAC⊥平面VBC
C.MN與BC所成的角為45
D.OC⊥平面VAC
答案 B
解析 由題意得BC⊥AC,因為VA⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以VA⊥BC.因為AC∩VA=A,所以BC⊥平面VAC.因為BC?平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC.故選B.
題型一 直線與平面垂直的判定與性質(zhì)
例1 如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中點,F(xiàn)是CC1上一點.當CF=2時,證明:B1F⊥平面ADF.
證明 因為AB=AC,D是BC的中點,所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
因為BB1⊥底面ABC,AD?底面ABC,
所以AD⊥B1B.
因為BC∩B1B=B,BC,B1B?平面B1BCC1,
所以AD⊥平面B1BCC1.
因為B1F?平面B1BCC1,所以AD⊥B1F.
方法一 在矩形B1BCC1中,
因為C1F=CD=1,B1C1=CF=2,
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1,
所以∠CFD=∠C1B1F,
所以∠B1FD=90,所以B1F⊥FD.
因為AD∩FD=D,AD,F(xiàn)D?平面ADF,
所以B1F⊥平面ADF.
方法二 在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,
所以B1D==.
在Rt△B1C1F中,B1C1=2,C1F=1,
所以B1F==.
在Rt△DCF中,CF=2,CD=1,
所以DF==.
顯然DF2+B1F2=B1D2,
所以∠B1FD=90.
所以B1F⊥FD.
因為AD∩FD=D,AD,F(xiàn)D?平面ADF,
所以B1F⊥平面ADF.
思維升華證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵
(1)證明線面垂直的常用方法:①判定定理;②垂直于平面的傳遞性;③面面垂直的性質(zhì).
(2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直,而證明線線垂直,則需借助線面垂直的性質(zhì).
跟蹤訓(xùn)練1 (2019紹興模擬)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(xiàn)(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(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD,
則AB∥EF.
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,BC⊥BD,
所以BC⊥平面ABD.
因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.
又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.
題型二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
例2 (2018全國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=DA,求三棱錐Q-ABP的體積.
(1)證明 由已知可得,∠BAC=90,即BA⊥AC.
又BA⊥AD,AD∩AC=A,AD,AC?平面ACD,
所以AB⊥平面ACD.
又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解 由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.
又BP=DQ=DA,所以BP=2.
如圖,過點Q作QE⊥AC,垂足為E,
則QE∥DC且QE=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=S△ABPQE
=32sin451=1.
思維升華 (1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定義;
②面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β).
(2)在已知平面垂直時,一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化.在一個平面內(nèi)作交線的垂線,轉(zhuǎn)化為線面垂直,然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.
跟蹤訓(xùn)練2 (2018寧波調(diào)研)如圖,三棱錐P-ABC中,底面ABC是邊長為2的正三角形,PA⊥PC,PB=2.
(1)求證:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若PA=PC,求三棱錐P-ABC的體積.
證明 (1)如圖,取AC的中點O,連接BO,PO,
因為△ABC是邊長為2的正三角形,
所以BO⊥AC,BO=.
因為PA⊥PC,所以PO=AC=1.
因為PB=2,所以O(shè)P2+OB2=PB2,
所以PO⊥OB.
因為AC∩OP=O,AC,OP?平面PAC,
所以BO⊥平面PAC.又OB?平面ABC,
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 因為PA=PC,PA⊥PC,AC=2,
所以PA=PC=.
由(1)知BO⊥平面PAC,
所以VP-ABC=VB-APC=S△PACBO==.
題型三 與垂直有關(guān)的探索性問題
例3 如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是棱BC,AB的中點,點F在棱CC1上,已知AB=AC,AA1=3,BC=CF=2.
(1)求證:C1E∥平面ADF;
(2)設(shè)點M在棱BB1上,當BM為何值時,平面CAM⊥平面ADF.
(1)證明 連接CE交AD于O,連接OF.
因為CE,AD為△ABC的中線,
則O為△ABC的重心,故==,故OF∥C1E,
因為OF?平面ADF,C1E?平面ADF,
所以C1E∥平面ADF.
(2)解 當BM=1時,平面CAM⊥平面ADF.
證明如下:因為AB=AC,AD?平面ABC,
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
BB1⊥平面ABC,BB1?平面B1BCC1,
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC=BC,AD?平面ABC,
所以AD⊥平面B1BCC1,
又CM?平面B1BCC1,故AD⊥CM.
又BM=1,BC=2,CD=1,F(xiàn)C=2,
故Rt△CBM≌Rt△FCD.
易證CM⊥DF,又DF∩AD=D,DF,AD?平面ADF,
故CM⊥平面ADF.
又CM?平面CAM,
故平面CAM⊥平面ADF.
思維升華對命題條件的探索的三種途徑
途徑一:先猜后證.
途徑二:先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性.
途徑三:將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題.
跟蹤訓(xùn)練3 如圖所示的空間幾何體ABCDEFG中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,AE⊥平面ABCD,EF∥AB,EG∥AD,EF=EG=1.
(1)求證:平面CFG⊥平面ACE;
(2)在AC上是否存在一點H,使得EH∥平面CFG?若存在,求出CH的長,若不存在,請說明理由.
(1)證明 連接BD交AC于點O,則BD⊥AC.
設(shè)AB,AD的中點分別為M,N,連接MN,則MN∥BD,
連接FM,GN,則FM∥GN,且FM=GN,
所以四邊形FMNG為平行四邊形,
所以MN∥FG,所以BD∥FG,所以FG⊥AC.
由于AE⊥平面ABCD,所以AE⊥BD.
所以FG⊥AE,
又因為AC∩AE=A,AC,AE?平面ACE,
所以FG⊥平面ACE.
又FG?平面CFG,所以平面CFG⊥平面ACE.
(2)解 存在.設(shè)平面ACE交FG于Q,則Q為FG的中點,
連接EQ,CQ,取CO的中點H,連接EH,
由已知易知,平面EFG∥平面ABCD,
又平面ACE∩平面EFG=EQ,
平面ACE∩平面ABCD=AC,
所以CH∥EQ,又CH=EQ=,
所以四邊形EQCH為平行四邊形,所以EH∥CQ,
又CQ?平面CFG,EH?平面CFG,
所以EH∥平面CFG,
所以在AC上存在一點H,使得EH∥平面CFG,且CH=.
1.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∥n
C.n⊥l D.m⊥n
答案 C
解析 因為α∩β=l,所以l?β,又n⊥β,所以n⊥l.
2.(2019寧波模擬)已知直線l,m與平面α,β,l?α,m?β,則下列命題中正確的是( )
A.若l∥m,則必有α∥β
B.若l⊥m,則必有α⊥β
C.若l⊥β,則必有α⊥β
D.若α⊥β,則必有m⊥α
答案 C
解析 對于選項A,平面α和平面β還有可能相交,所以選項A錯誤;
對于選項B,平面α和平面β還有可能相交或平行,所以選項B錯誤;
對于選項C,因為l?α,l⊥β,所以α⊥β.所以選項C正確;
對于選項D,直線m可能和平面α不垂直,所以選項D錯誤.
3.如圖,在四面體D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列結(jié)論正確的是( )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
答案 C
解析 因為AB=CB,且E是AC的中點,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因為AC在平面ABC內(nèi),所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.
4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點,則( )
A.MN∥C1D1 B.MN⊥BC1
C.MN⊥平面ACD1 D.MN⊥平面ACC1
答案 D
解析 對于選項A,因為M,N分別是BC1,CD1的中點,所以點N∈平面CDD1C1,點M?平面CDD1C1,所以直線MN是與平面CDD1C1相交的直線,
又因為直線C1D1在平面CDD1C1內(nèi),故直線MN與直線C1D1不可能平行,故選項A錯;
對于選項B,正方體中易知NB≠NC1,因為點M是BC1的中點,所以直線MN與直線BC1不垂直,故選項B不對;
對于選項C,假設(shè)MN⊥平面ACD1,可得MN⊥CD1,因為N是CD1的中點,
所以MC=MD1,這與MC≠MD1矛盾,故假設(shè)不成立,所以選項C不對;
對于選項D,分別取B1C1,C1D1的中點P,Q,連接PM,QN,PQ.
因為點M是BC1的中點,
所以PM∥CC1且PM=CC1.
同理QN∥CC1且QN=CC1.
所以PM∥QN且PM=QN,
所以四邊形PQNM為平行四邊形.
所以PQ∥MN.
在正方體中,CC1⊥PQ,PQ⊥AC,
因為AC∩CC1=C,AC?平面ACC1,CC1?平面ACC1,
所以PQ⊥平面ACC1.
因為PQ∥MN,所以MN⊥平面ACC1.
故選項D正確.
5.已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,體積為,底面是邊長為的正三角形,若P為底面A1B1C1的中心,則PA與平面ABC所成角的大小為( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 如圖,取正三角形ABC的中心O,連接OP,
則∠PAO是PA與平面ABC所成的角.
因為底面邊長為,
所以AD==,AO=AD==1.
三棱柱的體積為()2AA1=,
解得AA1=,即OP=AA1=,
所以tan∠PAO==,
因為直線與平面所成角的范圍是,
所以∠PAO=.
6.如圖,已知PA⊥平面ABC,BC⊥AC,則圖中直角三角形的個數(shù)為________.
答案 4
解析 ∵PA⊥平面ABC,AB,AC,BC?平面ABC,
∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,則△PAB,△PAC為直角三角形.由BC⊥AC,且AC∩PA=A,得BC⊥平面PAC,從而BC⊥PC,因此△ABC,△PBC也是直角三角形.
7.如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90,BC1⊥AC,則C1在底面ABC上的射影H必在直線______上.
答案 AB
解析 ∵AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,∴AC⊥平面ABC1.
又∵AC?平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上.
8.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動點,當點M滿足________時,平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析 ∵PA⊥底面ABCD,∴BD⊥PA,連接AC,則BD⊥AC,且PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.
∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時,即有PC⊥平面MBD,
而PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
9.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________.
答案
解析
連接A1C1,則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角.
因為AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,
所以sin∠AC1A1==.
10.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC的中點,點P在線段D1E上.點P到直線CC1的距離的最小值為________.
答案
解析 點P到直線CC1的距離等于點P在平面ABCD上的射影到點C的距離,設(shè)點P在平面ABCD上的射影為P′,顯然點P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長度的最小值.當P′C⊥DE時,P′C的長度最小,此時P′C==.
11.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,點E在棱PC上(異于點P,C),平面ABE與棱PD交于點F.
(1)求證:AB∥EF;
(2)若AF⊥EF,求證:平面PAD⊥平面ABCD.
證明 (1)因為四邊形ABCD是矩形,
所以AB∥CD.
又AB?平面PDC,CD?平面PDC,
所以AB∥平面PDC,
又因為AB?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,
所以AB∥EF.
(2)因為四邊形ABCD是矩形,
所以AB⊥AD.
因為AF⊥EF,(1)中已證AB∥EF,
所以AB⊥AF.
又AB⊥AD,
由點E在棱PC上(異于點C),所以點F異于點D,
所以AF∩AD=A,AF,AD?平面PAD,
所以AB⊥平面PAD,
又AB?平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
12.(2019浙江省臺州中學(xué)模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=,AD=CD=1,∠ADC=120,點M是AC與BD的交點,點N在線段PB上,且PN=PB.
(1)證明:MN∥平面PDC;
(2)求直線MN與平面PAC所成角的正弦值.
(1)證明 因為AB=BC,AD=CD,
所以BD垂直平分線段AC.
又∠ADC=120,
所以MD=AD=,AM=.
所以AC=.
又AB=BC=,
所以△ABC是等邊三角形,
所以BM=,所以=3,
又因為PN=PB,
所以==3,
所以MN∥PD.
又MN?平面PDC,PD?平面PDC,
所以MN∥平面PDC.
(2)解 因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
所以BD⊥PA,
又BD⊥AC,PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
由(1)知MN∥PD,
所以直線MN與平面PAC所成的角即直線PD與平面PAC所成的角,
故∠DPM即為所求的角.
在Rt△PAD中,PD=2,
所以sin∠DPM===,
所以直線MN與平面PAC所成角的正弦值為.
13.(2018湖州質(zhì)檢)如圖,在正方形ABCD中,E,F(xiàn)分別是BC,CD的中點,G是EF的中點.現(xiàn)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EFH
C.HF⊥平面AEF
D.HG⊥平面AEF
答案 B
解析 根據(jù)折疊前、后AH⊥HE,AH⊥HF不變,
∴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,AG,GH?平面HAG,∴EF⊥平面HAG,又EF?平面AEF,
∴平面HAG⊥平面AEF,過點H作直線垂直于平面AEF,一定在平面HAG內(nèi),∴C不正確;
由條件證不出HG⊥平面AEF,∴D不正確.故選B.
14.(2018全國Ⅰ)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為( )
A.B.C.D.
答案 A
解析 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1D1與棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方體的其余棱都分別與A1A,A1B1,A1D1平行,故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等.
取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中點E,F(xiàn),G,H,M,N,則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大,此截面面積為S正六邊形EFGHMN=6sin60=.
故選A.
15.(2019金華模擬)如圖,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E為CD的中點,M,N分別是AD,BE的中點,將三角形ADE沿AE折起,則下列說法正確的是________.(寫出所有正確說法的序號)
①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥平面DEC;
②不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN⊥AE;
③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥AB;
④在折起過程中,一定不會有EC⊥AD.
答案?、佗?
解析 由已知,在未折疊的原梯形中,易知四邊形ABCE為矩形,
所以AB=EC,所以AB=DE,
又AB∥DE,
所以四邊形ABED為平行四邊形,
所以BE=AD,折疊后如圖所示.
①過點M作MP∥DE,交AE于點P,連接NP.
因為M,N分別是AD,BE的中點,
所以點P為AE的中點,故NP∥EC.
又MP∩NP=P,DE∩CE=E,
所以平面MNP∥平面DEC,
故MN∥平面DEC,①正確;
②由已知,AE⊥ED,AE⊥EC,
所以AE⊥MP,AE⊥NP,
又MP∩NP=P,所以AE⊥平面MNP,
又MN?平面MNP,所以MN⊥AE,②正確;
③假設(shè)MN∥AB,則MN與AB確定平面MNBA,
從而BE?平面MNBA,AD?平面MNBA,
與BE和AD是異面直線矛盾,③錯誤;
④當EC⊥ED時,EC⊥AD.
因為EC⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E,
所以EC⊥平面AED,AD?平面AED,
所以EC⊥AD,④不正確.
16.在如圖所示的五面體ABCDEF中,四邊形ABCD為菱形,且∠DAB=60,EA=ED=AB=2EF=2,EF∥AB,M為BC的中點.
(1)求證:FM∥平面BDE;
(2)若平面ADE⊥平面ABCD,求點F到平面BDE的距離.
(1)證明 取BD的中點O,連接OM,OE,
因為O,M分別為BD,BC的中點,
所以O(shè)M∥CD,且OM=CD.
因為四邊形ABCD為菱形,所以CD∥AB,
又EF∥AB,所以CD∥EF,
又AB=CD=2EF,
所以EF=CD,
所以O(shè)M∥EF,且OM=EF,
所以四邊形OMFE為平行四邊形,
所以MF∥OE.
又OE?平面BDE,MF?平面BDE,
所以MF∥平面BDE.
(2)解 由(1)得FM∥平面BDE,
所以點F到平面BDE的距離等于點M到平面BDE的距離.
取AD的中點H,連接EH,BH,
因為EA=ED,四邊形ABCD為菱形,且∠DAB=60,
所以EH⊥AD,BH⊥AD.
因為平面ADE⊥平面ABCD,
平面ADE∩平面ABCD=AD,EH?平面ADE,
所以EH⊥平面ABCD,所以EH⊥BH,
易得EH=BH=,所以BE=,
所以S△BDE==.
設(shè)點F到平面BDE的距離為h,
連接DM,則S△BDM=S△BCD=4=,
連接EM,由V三棱錐E-BDM=V三棱錐M-BDE,
得=h,
解得h=,
即點F到平面BDE的距離為.
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