高考数学二轮复习教案:第二编 专题四 第2讲 空间中的平行与垂直

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高考数学二轮复习教案:第二编 专题四 第2讲 空间中的平行与垂直

第 2 讲 空间中的平行与垂直 「考情研析」    1.从具体内容上:(1)以选择题、填空题的形式考查, 主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理 对命题的真假进行判断,属于基础题.(2)以解答题的形式考查,主要是对线线、 线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题,且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组 合体为载体进行考查. 2.从高考特点上,难度中等,常以一道选填题或在解答 题的第一问考查.分值一般为 5 分. 核心知识回顾 1.直线与平面平行的判定和性质 (1)判定 ①判定定理:□01 a∥b,b⊂α,a⊄α⇒a∥α. ②面面平行的性质:□02 α∥β,a⊂α⇒a∥β. (2)性质:□03 l∥α,l⊂β,α∩β=m⇒l∥m. 2.直线和平面垂直的判定和性质 (1)判定 ①判定定理:□01 a⊥b,a⊥c,b,c⊂α,b∩c=O⇒a⊥α. ②线面垂直的其他判定方法: a.□02 a∥b,a⊥α⇒b⊥α. b.□03 l⊥α,α∥β⇒l⊥β. c.□04 α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β. (2)性质 ①□05 l⊥α,a⊂α⇒l⊥a. ②□06 l⊥α,m⊥α⇒l∥m. 3.两个平面平行的判定和性质 (1)判定 ①判定定理:□01 a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒β∥α. ②面面平行的其他判定方法: a.□02 l⊥α,l⊥β⇒α∥β. b.□03 α∥γ,α∥β⇒β∥γ. (2)性质:□04 α∥β,γ∩α=a,γ∩β=b⇒a∥b. 4.两个平面垂直的判定和性质 (1)判定:□01 a⊂α,a⊥β⇒α⊥β. (2)性质:□02 α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β. 热点考向探究 考向 1  空间线面位置关系的判定 例 1 (1)(2019·陕西延安高考模拟)已知 m,n 表示两条不同的直线,α 表示 平面.下列说法正确的是(  ) A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n B.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n C.若 m⊥α,m⊥n,则 n∥α D.若 m∥α,m⊥n,则 n⊥α 答案 B 解析 若 m∥α,n∥α,则 m,n 相交或平行或异面,故 A 错误;若 m⊥α, n⊥α,由线面垂直的性质定理可知 m∥n,故 B 正确;若 m⊥α,m⊥n,则 n∥α 或 n⊂α,故 C 错误;若 m∥α,m⊥n,则 n∥α 或 n⊂α 或 n⊥α 或 n 与 α 斜交, 故 D 错误.故选 B. (2)正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,M 为 CC1 的中点,N 为线段 DD1 上靠近 D1 的三等分点,平面 BMN 交 AA1 于点 Q,则线段 AQ 的长为(  ) A.2 3 B.1 2 C.1 6 D.1 3 答案 D 解析 如图所示,过点 A 作 AE∥BM 交 DD1 于点 E,则 E 是 DD1 的中点, 过点 N 作 NT∥AE 交 A1A 于点 T,此时 NT∥BM,所以 B,M,N,T 四点共面, 所以点 Q 与点 T 重合,易知 AQ=NE=1 3 ,故选 D. 空间线面位置关系判断的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问 题. (2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面 位置关系,并结合有关定理来进行判断. 1.(2019·辽宁抚顺高三第一次模拟)在三棱锥 P-ABC 中,已知 PA=AB=AC, ∠BAC=∠PAC,点 D,E 分别为棱 BC,PC 的中点,则下列结论正确的是(  ) A.直线 DE⊥直线 AD B.直线 DE⊥直线 PA C.直线 DE⊥直线 AB D.直线 DE⊥直线 AC 答案 D 解析 由题意,如图所示,因为 PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,∴△PAC ≌△BAC,得 PC=BC,取 PB 的中点 G,连接 AG,CG,则 PB⊥CG,PB⊥ AG,又∵AG∩CG=G,∴PB⊥平面 CAG,则 PB⊥AC,∵D,E 分别为棱 BC, PC 的中点, ∴DE∥PB,则 DE⊥AC.故选 D. 2.如图,在以角 C 为直角顶点的三角形 ABC 中,AC=8,BC=6,PA⊥平 面 ABC,F 为 PB 上的点,在线段 AB 上有一点 E,满足 BE=λAE.若 PB⊥平面 CEF,则实数 λ 的值为(  ) A. 3 16 B. 5 16 C. 9 16 D. 3 答案 C 解析 ∵PB⊥平面 CEF,∴PB⊥CE,又 PA⊥平面 ABC,CE⊂平面 ABC,∴ PA⊥CE,而 PA∩PB=P,∴CE⊥平面 PAB,∴CE⊥AB,∴λ=EB AE =EB·AB AE·AB =BC2 AC2 = 9 16. 考向 2  空间平行、垂直关系的证明 例 2 (2019·北京门头沟区高三 3 月模拟)在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 6 的菱形,且∠ABC=60°,PA⊥平面 ABCD,PA=6,F 是棱 PA 上的一动点,E 为 PD 的中点. (1)求证:平面 BDF⊥平面 ACF; (2)若 AF=2,侧面 PAD 内是否存在过点 E 的一条直线,使得直线上任一点 M 都有 CM∥平面 BDF,若存在,给出证明;若不存在,请说明理由. 解 (1)证明:由题意可知,PA⊥平面 ABCD,则 BD⊥PA,又底面 ABCD 是菱形,所以 BD⊥AC,PA,AC 为平面 PAC 内两相交直线,所以,BD⊥平面 PAC,BD 为平面 BDF 内一直线,从而平面 BDF⊥平面 ACF. (2)侧面 PAD 内存在过点 E 的一条直线,使得直线上任一点 M 都有 CM∥平 面 BDF. 设 G 是 PF 的中点,连接 EG,CG,OF, 则Error!⇒平面 CEG∥平面 FBD, 所以直线 EG 上任一点 M 都满足 CM∥平面 BDF. 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化,即通过判定定理、性质定理将 线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化. (2019·朝阳区高三第一次模拟)如图,在多面体 ABCDEF 中,平面 ADEF⊥ 平面 ABCD,四边形 ADEF 为正方形,四边形 ABCD 为梯形,且 AD∥BC,∠BAD =90°,AB=AD=1,BC=2. (1)求证:AF⊥CD; (2)若 M 为线段 BD 的中点,求证:CE∥平面 AMF. 证明 (1)因为四边形 ADEF 为正方形, 所以 AF⊥AD. 又因为平面 ADEF⊥平面 ABCD, 且平面 ADEF∩平面 ABCD=AD,AF⊂平面 ADEF, 所以 AF⊥平面 ABCD. 又 CD⊂平面 ABCD,所以 AF⊥CD. (2)延长 AM 交 BC 于点 G,连接 FG. 因为 AD∥BC,M 为 BD 的中点, 所以△BGM≌△DAM, 所以 BG=AD=1. 因为 BC=2,所以 GC=1. 由已知 FE=AD=1,且 FE∥AD, 又因为 AD∥GC,所以 FE∥GC,且 FE=GC, 所以四边形 GCEF 为平行四边形,所以 CE∥GF. 因为 CE⊄平面 AMF,GF⊂平面 AMF, 所以 CE∥平面 AMF.                             考向 3  立体几何中的翻折问题 例 3 (2019·巢湖高三 3 月联考)如图 1,在直角梯形 ABCP 中,CP∥AB,CP ⊥BC,AB=BC=1 2CP,D 是 CP 的中点,将△PAD 沿 AD 折起,使点 P 到达点 P′的位置得到图 2,点 M 为棱 P′C 上的动点. (1)当 M 在何处时,平面 ADM⊥平面 P′BC,并证明; (2)若 AB=2,∠P′DC=135°,证明:点 C 到平面 P′AD 的距离等于点 P′ 到平面 ABCD 的距离,并求出该距离. 解 (1)当点 M 为 P′C 的中点时,平面 ADM⊥平面 P′BC, 证明如下:∵DP′=DC,M 为 P′C 的中点, ∴P′C⊥DM, ∵AD⊥DP′,AD⊥DC, ∴AD⊥平面 DP′C,∴AD⊥P′C, ∴P′C⊥平面 ADM,∴平面 ADM⊥平面 P′BC. (2)在平面 P′CD 上作 P′H⊥CD 的延长线于点 H, 由(1)中 AD⊥平面 DP′C, 可知平面 P′CD⊥平面 ABCD, ∴P′H⊥平面 ABCD, 由题意得 DP′=2,∠P′DH=45°, ∴P′H= 2, 又 VP′-ADC=VC-P′AD, 设点 C 到平面 P′AD 的距离为 h, 即 1 3S△ADC×P′H=1 3S△P′AD×h, 由题意,△ADC≌△ADP′,则 S△ADC=S△P′AD. ∴P′H=h, 故点 C 到平面 P′AD 的距离等于点 P′到平面 ABCD 的距离,且该距离为 2. 翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变,翻折前 后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化,解 翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”“变的位置关系和数 量关系”. 如图 1 所示,直角梯形 ABCD,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD= 1 2AB= 2,点 E 为 AC 的中点,将△ACD 沿 AC 折起,使折起后的平面 ACD 与平面 ABC 垂直(如图 2),在图 2 所示的几何体 D-ABC 中. (1)求证:BC⊥平面 ACD; (2)点 F 在棱 CD 上,且满足 AD∥平面 BEF,求几何体 F-BCE 的体积. 解 (1)证明:在图 1 中,由题意知,AC=BC=2 2,AB=4,所以 AC2+BC2 =AB2,所以 AC⊥BC. 如图 2,因为 E 为 AC 的中点,连接 DE,则 DE⊥AC, 又平面 ADC⊥平面 ABC,且平面 ADC∩平面 ABC=AC,DE⊂平面 ACD, 从而 ED⊥平面 ABC,所以 ED⊥BC. 又 AC⊥BC,AC∩ED=E, 所以 BC⊥平面 ACD. (2)取 DC 的中点 F,连接 EF,BF, 因为 E 是 AC 的中点,所以 EF∥AD, 又 EF⊂平面 BEF,AD⊄平面 BEF, 所以 AD∥平面 BEF, 由(1)知,DE 为三棱锥 D-ABC 的高, 因为三棱锥 F-BCE 的高 h=1 2DE=1 2 × 2= 2 2 ,S△BCE=1 2S△ABC=1 2 ×1 2 ×2 2 ×2 2=2, 所以三棱锥 F-BCE 的体积为 VF-BCE=1 3S△BCE·h=1 3 ×2× 2 2 = 2 3 . 真题 押题 『真题模拟』 1.(2019·河北唐山高三第二次模拟)已知直线 l,m 和平面 α,β,有如下三 个命题: ①若存在平面 γ,使 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β; ②若 l,m 是两条异面直线,l⊂α,m⊂β,l∥β,m∥α,则 α∥β; ③若 l⊥α,m⊥β,l∥m,则 α∥β. 其中正确命题的个数是(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 答案 C 解析 若存在平面 γ,使 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β 或 α 与 β 相交,故①错误; 假设 α 与 β 不平行,则 α 与 β 相交,设交线为 n,∵l⊂α,l∥β,α∩β=n,∴l∥ n,同理,m∥n,∴l∥m,与 l,m 异面矛盾,故假设不成立,所以 α∥β,②正 确;若 l⊥α,l∥m,则 m⊥α,又 m⊥β,则 α∥β,故③正确. 2.(2019·全国卷Ⅲ)如图,点 N 为正方形 ABCD 的中心,△ECD 为正三角形, 平面 ECD⊥平面 ABCD,M 是线段 ED 的中点,则(  ) A.BM=EN,且直线 BM,EN 是相交直线 B.BM≠EN,且直线 BM,EN 是相交直线 C.BM=EN,且直线 BM,EN 是异面直线 D.BM≠EN,且直线 BM,EN 是异面直线 答案 B 解析 解法一:取 CD 的中点 O,连接 EO,ON.由△ECD 是正三角形,平 面 ECD⊥平面 ABCD,知 EO⊥平面 ABCD. ∴EO⊥CD,EO⊥ON.又 N 为正方形 ABCD 的中心,∴ON⊥CD.以 CD 的中 点 O 为原点,OD → 方向为 x 轴正方向建立空间直角坐标系,如图 1 所示.不妨设 AD=2,则 E(0,0, 3),N(0,1,0),M(1 2 ,0, 3 2 ),B(-1,2,0), ∴EN= 12+(- 3)2=2,BM= (3 2 )2+4+3 4= 7, ∴EN≠BM.连接 BD,BE, ∵点 N 是正方形 ABCD 的中心, ∴点 N 在 BD 上,且 BN=DN, ∴BM,EN 是△DBE 的中线, ∴BM,EN 必相交.故选 B. 解法二:如图 2,取 CD 的中点 F,DF 的中点 G,连接 EF,FN,MG, GB. ∵△ECD 是正三角形, ∴EF⊥CD. ∵平面 ECD⊥平面 ABCD, ∴EF⊥平面 ABCD. ∴EF⊥FN.不妨设 AB=2,则 FN=1,EF= 3, ∴EN= FN2+EF2=2. ∵EM=MD,DG=GF,∴MG∥EF 且 MG=1 2EF, ∴MG⊥平面 ABCD,∴MG⊥BG. ∵MG=1 2EF= 3 2 ,BG= CG2+BC2= (3 2 )2+22=5 2 ,∴BM= MG2+BG2 = 7.∴BM≠EN.连接 BD,BE,∵点 N 是正方形 ABCD 的中心,∴点 N 在 BD 上,且 BN=DN,∴BM,EN 是△DBE 的中线,∴BM,EN 必相交.故选 B. 3.(2019·北京高考)已知 l,m 是平面 α 外的两条不同直线.给出下列三个论 断: ①l⊥m;②m∥α;③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命 题:________. 答案 若 m∥α 且 l⊥α,则 l⊥m 成立(或若 l⊥m,l⊥α,则 m∥α) 解析 已知 l,m 是平面 α 外的两条不同直线,由①l⊥m 与②m∥α,不能推 出③l⊥α,因为 l 可以与 α 平行,也可以相交不垂直;由①l⊥m 与③l⊥α 能推出② m∥α;由②m∥α 与③l⊥α 可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒ ②. 『金版押题』 4.《九章算术》中,将如图所示的几何体称为刍甍,底面 ABCD 为矩形, 且 EF∥底面 ABCD,EF 到平面 ABCD 的距离为 h,BC=a,AB=b,EF=c,则 VB-CDEF VE-ABD =2 时,b c =(  ) A.1 2 B.3 2 C.2 3 D.1 答案 D 解析 VE-ABD =1 3S△ABD·h= 1 3 ×1 2ab×h= 1 6abh;同理 VF-BCD =1 6abh.因为 VF-BCD VB-DEF =VB-CDF VB-DEF =S △ CDF S △ DEF =b c ,所以 VB-DEF=1 6ach,则 VB-CDEF=VB-CDF+VB- DEF=1 6abh+1 6ach,所以VB-CDEF VE-ABD =b+c b =1+c b =2,所以b c =1.故选 D. 5.如图,圆柱 O1O2 的底面圆半径为 1,AB 是一条母线,BD 是⊙O1 的直径, C 是上底面圆周上一点,∠CBD=30°,若 A,C 两点间的距离为 7,则圆柱 O1O2 的高为________,异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值为________. 答案 2 3 7 14 解析 连接 CD,则∠BCD=90°,因为圆柱 O1O2 的底面圆半径为 1,所以 BD =2.因为∠CBD=30°,所以 CD=1,BC= 3,易知 AB⊥BC,所以 AC= AB2+BC2= 7,所以 AB=2,故圆柱 O1O2 的高为 2.连接 AO2 并延长,设 AO2 的延长线与下底面圆周交于点 E,连接 CE,则 AE=2,∠CAE 即为异面直线 AC 与 BD 所成的角. 又 CE= DE2+CD2= 5, 所以 cos∠CAE=AC2+AE2-CE2 2AC·AE = 7+4-5 2 × 7 × 2 =3 7 14 . 配套作业 一、选择题 1.(2019·东北三省四市高三第一次模拟)已知 m,n 为两条不重合的直线, α,β 为两个不重合的平面,下列条件中,α∥β 的充分条件是(  ) A.m∥n,m⊂α,n⊂β B.m∥n,m⊥α,n⊥β C.m⊥n,m∥α,n∥β D.m⊥n,m⊥α,n⊥β 答案 B 解析 当 m∥n 时,若 m⊥α,可得 n⊥α,又 n⊥β,可知 α∥β,故选 B. 2.如图,以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕,把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论: ①BD⊥AC; ②△BAC 是等边三角形; ③三棱锥 D-ABC 是正三棱锥; ④平面 ADC⊥平面 ABC. 其中正确的是(  ) A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④ 答案 B 解析 由题意知,BD⊥平面 ADC,故 BD⊥AC,①正确;AD 为等腰直角三 角形斜边 BC 上的高,平面 ABD⊥平面 ACD,所以 AB=AC=BC,△BAC 是等 边三角形,②正确;易知 DA=DB=DC,又由②知③正确;由①知④错误,故 选 B. 3.(2019·靖远县高三第四次联考)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为棱 CD 上一点,且 CE=2DE,F 为棱 AA1 的中点,且平面 BEF 与 DD1 交于点 G,则 B1G 与平面 ABCD 所成角的正切值为(  ) A. 2 12 B. 2 6 C.5 2 12 D.5 2 6 答案 C 解析 因为平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,所以 B1G 与平面 ABCD 所成角即 为 B1G 与平面 A1B1C1D1 所成角,易知 B1G 与平面 A1B1C1D1 所成角为∠D1B1G. 设 AB=6,则 AF=3,DE=2,平面 BEF∩平面 CDD 1C1=GE 且 BF∥平面 CDD1C1,可知 BF∥GE,易得△FAB∽△GDE,则AF AB =DG DE ,即3 6 =DG 2 ⇒DG= 1,D1G=5,在 Rt△B1D1G 中,tan∠D1B1G=D1G B1D1 = 5 6 2 =5 2 12 ,故 B1G 与平面 ABCD 所成角的正切值为5 2 12 ,故选 C. 4.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是 BC1,CD1 的中点, 则下列说法中错误的是(  ) A.MN 与 CC1 垂直 B.MN 与 AC 垂直 C.MN 与 BD 平行 D.MN 与 A1B1 平行 答案 D 解析 如图所示,连接 C1D,BD,则 MN∥BD,而 C 1C⊥BD,故 C 1C⊥ MN,故 A,C 正确,D 错误,又因为 AC⊥BD,所以 MN⊥AC,B 正确. 5.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AC 与 BD 的交点为 O,E 为 BC 的中点, 则异面直线 D1O 与 B1E 所成角的余弦值为(  ) A. 30 10 B.1 5 C.2 5 D. 3 10 答案 A 解析 取 A1B1 的中点 F,连接 OF,OE,则由  知,四边形 OEB1F 为平行四边形, ∴B1E∥OF, ∴∠D1OF 为异面直线 D1O 与 B1E 所成角.连接 D1F,设正方体的棱长为 2, 则 OF=B1E= 5,D1O= DO2+DD21= 6, D1F= D1A21+A1F2= 5, ∴cos∠D1OF=D1O2+OF2-D1F2 2D1O·OF = ( 6)2+( 5)2-( 5)2 2 6 × 5 = 30 10 . 6.在正方体 AC1 中,E 是棱 CC1 的中点,F 是侧面 BCC1B1 内的动点,且 A1F 与平面 D1AE 的垂线垂直,如图所示,下列说法不正确的是(  ) A.点 F 的轨迹是一条线段 B.A1F 与 BE 是异面直线 C.A1F 与 D1E 不可能平行 D.三棱锥 F-ABC1 的体积为定值 答案 C 解析 由题知 A1F∥平面 D1AE,分别取 B1C1,BB1 的中点 H,G,连接 HG,A1H,A1G,BC1,可得 HG∥BC1∥AD1,A1G∥D1E,故平面 A1HG∥平面 AD1E,故点 F 的轨迹为线段 HG,A 正确;由异面直线的判定定理可知 A1F 与 BE 是异面直线,故 B 正确;当 F 是 BB1 的中点时,A1F 与 D1E 平行,故 C 不正确;∵ HG∥平面 ABC1,∴F 点到平面 ABC1 的距离不变,故三棱锥 F-ABC1 的体积为 定值,故 D 正确. 7.(2019·汉中高三教学质量第二次检测)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AB=AC=AA1= 2,BC=2,点 D 为 BC 的中点,则异面直线 AD 与 A1C 所成的 角为(  ) A.π 2 B.π 3 C.π 4 D.π 6 答案 B 解析 取 B1C1 的中点 D1,连接 A1D1,CD1,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 点 D 为 BC 的中点,∴AA1=DD1 且 AA1∥DD1, ∴四边形 ADD1A1 是平行四边形,∴AD∥A1D1 且 AD=A1D1,所以∠CA1D1 就是异面直线 AD 与 A1C 所成的角.AB=AC= 2,BC=2 可以求出 AD=A1D1= 1,在 Rt△CC1D1 中,由勾股定理可求出 CD1= 3,在 Rt△AA1C 中,由勾股定 理可求出 A1C=2,显然△A1D1C 是直角三角形,sin∠CA1D1=CD1 A1C = 3 2 ,所以∠ CA1D1=π 3 ,即异面直线 AD 与 A1C 所成的角为π 3.故选 B. 二、填空题 8.(2019·南开中学高三第三次检测)在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA1= 2,M,N 分别为 AA1,BB1 的中点,则异面直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为 ________. 答案 3 5 解析 如图,连接 A1N,则 A1N∥BM,所以异面直线 BM 与 C1N 所成的角 就是直线 A1N 和 C1N 所成的角. 由题意,得 A1N=C1N= 22+12= 5,在△A1C1N 中,由余弦定理得 cos∠ A1NC1= 5+5-4 2 × 5 × 5 =3 5.所以异面直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为3 5. 9.已知四边形 ABCD 是矩形,AB=4,AD=3.沿 AC 将△ADC 折起到△ AD′C,使平面 AD′C⊥平面 ABC,F 是 AD′的中点,E 是 AC 上一点,给出 下列结论: ①存在点 E,使得 EF∥平面 BCD′; ②存在点 E,使得 EF⊥平面 ABC; ③存在点 E,使得 D′E⊥平面 ABC; ④存在点 E,使得 AC⊥平面 BD′E. 其中正确的结论是________.(写出所有正确结论的序号) 答案 ①②③ 解析 对于①,存在 AC 的中点 E,使得 EF∥CD′,利用线面平行的判定 定理可得 EF∥平面 BCD′;对于②,过点 F 作 EF⊥AC,垂足为 E,利用面面 垂直的性质定理可得 EF⊥平面 ABC;对于③,过点 D′作 D′E⊥AC,垂足为 E,利用面面垂直的性质定理可得 D′E⊥平面 ABC;对于④,因为 ABCD 是矩 形,AB=4,AD=3,所以 B,D′在 AC 上的射影不是同一点,所以不存在点 E,使得 AC⊥平面 BD′E. 10.(2019·福建高三 3 月质量检测)如图,AB 是圆锥 SO 的底面圆 O 的直径, D 是圆 O 上异于 A,B 的任意一点,以 AO 为直径的圆与 AD 的另一个交点为 C, P 为 SD 的中点.现给出以下结论: ①△SAC 为直角三角形; ②平面 SAD⊥平面 SBD; ③平面 PAB 必与圆锥 SO 的某条母线平行. 其中正确结论的序号是________.(写出所有正确结论的序号) 答案 ①③ 解析 如图,连接 OC,∵SO⊥底面圆 O,∴SO⊥AC,C 在以 AO 为直径的 圆上, ∴AC⊥OC,∵OC∩SO=O, ∴AC⊥平面 SOC,AC⊥SC, 即△SAC 为直角三角形,故①正确;假设平面 SAD⊥平面 SBD,在平面 SAD 中过点 A 作 AH⊥SD 交 SD 于点 H,则 AH⊥平面 SBD,∴AH⊥BD,又∵BD⊥AD, ∴BD⊥平面 SAD,又 CO∥BD,∴CO⊥平面 SAD,∴CO⊥SC,又在△SOC 中, SO⊥OC,在一个三角形内不可能有两个直角,故平面 SAD⊥平面 SBD 不成立, 故②错误;连接 DO 并延长交圆于点 E,连接 PO,SE,∵P 为 SD 的中点,O 为 ED 的中点,∴OP 是△SDE 的中位线,∴PO∥SE,即 SE∥平面 APB,即平 面 PAB 必与圆锥 SO 的母线 SE 平行.故③正确.故正确是①③. 三、解答题 11.如图 1,在矩形 ABCD 中,AB=4,AD=2,E 是 CD 的中点,将△ADE 沿 AE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 D1 -ABCE ,其中平面 D1AE ⊥平面 ABCE. (1)证明:BE⊥平面 D1AE; (2)设 F 为 CD1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M,使得 MF∥平面 D1AE, 若存在,求出AM AB 的值;若不存在,请说明理由. 解 (1)证明:∵四边形 ABCD 为矩形,且 AD=DE=EC=BC=2,∴∠AEB =90°, 即 BE⊥AE,又平面 D1AE⊥平面 ABCE,平面 D1AE∩平面 ABCE=AE,∴BE ⊥平面 D1AE. (2)AM AB =1 4 ,理由如下: 取 D1E 的中点 L,连接 FL,AL, ∴FL∥EC,又 EC∥AB, ∴FL∥AB,且 FL=1 4AB, ∴M,F,L,A 四点共面, 若 MF∥平面 AD1E,则 MF∥AL. ∴四边形 AMFL 为平行四边形, ∴AM=FL=1 4AB,AM AB =1 4. 12.(2019·上海金山区高三第二学期质量监控)如图,已知点 P 在圆柱 OO 1 的底面圆 O 上,AB 为圆 O 的直径,圆柱 OO1 的侧面积为 16π,OA=2,∠AOP =120°. (1)求三棱锥 A1-APB 的体积; (2)求直线 A1P 与底面 PAB 所成角的正切值. 解 (1)由题意,S 侧=2π·2·AA1=16π, 解得 AA1=4, 在△AOP 中,OA=OP=2,∠AOP=120°, 所以 AP=2 3, 在△BOP 中,OB=OP=2,∠BOP=60°,所以 BP=2, 三棱锥 A1-APB 的体积 V=1 3S△APB·AA1=1 3 ×1 2 ×2 3×2×4=8 3 3 . (2)因为 AA1⊥底面 PAB,所以∠APA1 是直线 A1P 与底面 PAB 所成的角, 在 Rt△APA1 中,tan∠APA1=AA1 AP = 4 2 3 =2 3 3 . 即直线 A1P 与底面 PAB 所成角的正切值为2 3 3 . 13.(2019·江西八所重点中学高三 4 月联考)如图,在四棱锥 E-ABCD 中, 底面 ABCD 是边长为 4 的菱形且中心为点 O,∠DAB=∠EAB=∠EAD=60°, 且点 E 在底面 ABCD 上的投影为 AO 的中点. (1)若 P 为 AD 的中点,求证:PE⊥AC; (2)求点 C 到平面 EAB 的距离. 解 (1)证明:如图,取 AO 的中点为 H,连接 HP,则 EH⊥平面 ABCD. 且 AC⊂平面 ABCD,所以 EH⊥AC, P,H 分别为 AD,AO 的中点, 所以 HP∥BD. 又底面 ABCD 是边长为 4 的菱形,所以 AC⊥DB.所以 AC⊥HP. 且 HP∩HE=H,所以 AC⊥平面 EPH, PE⊂平面 EPH,即 AC⊥PE. (2)由已知条件,易得 AP=2,AH= 3,HP=1, 设 EH=x,在 Rt△EHA 和 Rt△EHP 中, 则 AE= 3+x2,EP= 1+x2, 在△EAP 中,∠EAP=60°,由余弦定理得, ( 3+x2)2+22-2×2 3+x2cos60°=( 1+x2)2, 解得 x= 6,则 EH= 6,AE=3, 设点 C 到平面 EAB 的距离为 h, 由 VE-ABC=VC-EAB, 得 1 3S△ABC·EH=1 3S△EAB·h. 又 S△ABC=1 2 ×4×4×sin120°=4 3, S△EAB=1 2 ×3×4×sin60°=3 3, 得 h=4 6 3 ,即点 C 到平面 EAB 的距离为4 6 3 . 14.(2019·吕梁统一模拟)如图,在三棱锥 P-ABC 中,底面 ABC 是等边三 角形,D 为 BC 边的中点,PO⊥平面 ABC,点 O 在线段 AD 上. (1)证明:∠PAB=∠PAC; (2)若 AB=PB=2,直线 PB 和平面 ABC 所成的角的正弦值为3 4 ,求点 C 到 平面 PAB 的距离. 解 (1)证明:如图,过点 O 作 OE⊥AB 于 E,OF⊥AC 于 F,连接 PE, PF.∵PO⊥平面 ABC,∴PO⊥OE,PO⊥OF,PO⊥AB,PO⊥AC, ∵底面 ABC 是等边三角形,D 为 BC 边的中点,∴AD 是∠BAC 的角平分线, ∴OE=OF, ∴Rt△POE≌Rt△POF,∴PE=PF, ∵AB⊥OE,AB⊥PO,OE∩PO=O, ∴AB⊥平面 POE,∴AB⊥PE,同理可得 AC⊥PF, ∴Rt△PAE≌Rt△PAF,∴∠PAB=∠PAC. (2)∵AB=PB=2,直线 PB 和平面 ABC 所成的角的正弦值为3 4 , ∴PO=3 4PB=3 2 , ∴VP-ABC=1 3 × 3 4 ×22×3 2 = 3 2 . 连接 OB,则 OB= PB2-PO2= 7 2 . ∴OD= OB2-BD2= 3 2 , 又 AD= AB2-BD2= 3, ∴O 是 AD 的中点, 由△AOE∽△ABD 可得OE BD =AO AB = 3 4 , ∴OE= 3 4 ,∴PE= PO2+OE2= 39 4 , ∴S△PAB=1 2 ×2× 39 4 = 39 4 , 设 C 到平面 PAB 的距离为 h,则 VC-PAB=1 3 × 39 4 ×h= 3 2 , 解得 h=6 13 13 .
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