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【导与练】(新课标)2016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 理


第2讲

直线与平面的位置关系

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. (2015 河南六市第一次联考)如图,四棱锥 S ABCD 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. (2015 兰 州 高 三 诊 断 ) 如 图 , 在 四 棱 柱 ABCD A1B1C1D1 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.

1

(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. 解:(2)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 D1C1=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. 空间中线线、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. (2015 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.

(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,

2

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. 空间中面面位置关系的证明 训练提示: (1)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. (2015 湖南卷)如图,直三棱柱 ABC A1B1C1 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 F AEC 的体积. (1)证明: 如图,因为三棱柱 ABC A1B1C1 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,
3

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 ABC A1B1C1 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 F AEC 的体积 V= S△AEC×FC

= × ×AE×EC×FC

= × ×

= . 5.(2015 北京卷) 如图,在三棱锥 V ABC 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 V ABC 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.

4

又因为平面 VAB⊥平面 ABC,且 OC? 平面 ABC, 所以 OC⊥平面 VAB. 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 V ABC 的体积与三棱锥 C VAB 的体积相等, 所以三棱锥 V ABC 的体积为 .

类型一:空间线面位置关系的综合 1.(2015 甘肃兰州第二次监测)已知正方体 ABCD A1B1C1D1 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 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 C1 MENF 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; 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

5

C1 MENF 的体积 V=g(x)为常函数,所以④正确. 答案:①②④ 2. (2015 贵州省适应性考试)如图,在四棱锥 P ABCD 中,PC⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯 形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2,AD=CD=1,E 是线段 PB 的中点.

(1)证明:AC⊥平面 PBC; (2)若点 P 到平面 ACE 的距离是 ,求三棱锥 P ACD 的体积. (1) 证明:由平面几何知识可知

AC=BC=

.
2 2 2

在△ABC 中,AB =AC +BC , 所以 AC⊥BC. 因为 PC⊥平面 ABCD, 所以 AC⊥PC, 又 PC∩BC=C, 则 AC⊥平面 PBC. (2)解:由(1)可知平面 ACE⊥平面 PBC. 在平面 PBC 内作 PH⊥CE,垂足为 H,则 PH⊥平面 ACE, 于是,PH 就是点 P 到平面 ACE 的距离,即 PH= .

设 PC=t,则 PB=

,CE= PB=

,

同时,S△PBC= ·

·t= t,S△PCE= S△PBC= t.

又因为 S△PCE= ·CE·PH,

有 ·

· = t,

6

解得 t=1,即 PC=1. 三棱锥 P ACD 的体积 V= ·S△ACD·PC= . 3. (2015 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,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 A1N=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°.

7

类型二:立体几何中的折叠问题 4.(2015 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.

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类型三:立体几何中的探索性问题 5. 如图,在四棱锥 P ABCD 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≌△POD, 得∠POB=∠POD=90°, 同理得△POA≌△POB,∠POA=90°, 所以 PO⊥平面 ABC. 所以 PO⊥CD,

9

∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD=2AB=2

,

可得 BD=2,CD=2, 2 2 2 所以 BD +CD =BC , 所以 BD⊥CD, 又 BD∩PO=O, 所以 CD⊥平面 PBD. 类型四:立体几何中的距离问题 6. (2015 东北三校第二次联考 ) 如图 , 在直三棱柱 ABC A1B1C1 中 , 底面△ ABC 为等边三角 形,AB=4,AA1=5,点 M 是 BB1 中点.

(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 ABC A1B1C1,

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= ,

10

所以 AH=

=

,

即点 A 到平面 A1MC 的距离为

.

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