空间几何体
核心考点·精准研析
考点一 空间几何体的结构特征?
1.以下命题:
①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥;
②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;
③以矩形的任意一边所在直线为轴,其余三边旋转一周所得的旋转体是圆柱;
④一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.
其中正确命题的个数为
( )
A.0
B.1
C.2
D.3
2.以下四个命题中真命题为
( )
A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
B.底面是矩形的平行六面体是长方体
C.直四棱柱是直平行六面体
D.棱台的侧棱延长后必交于一点
3.
下列结论:
①在圆柱的上、下两底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;
②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线;
③在圆台上、下两底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆台的母线;
④圆柱的任意两条母线相互平行.
其中正确的是
( )
A.①②
B.②③
C.①③
D.②④
4.若四面体的三对相对棱分别相等,则称之为等腰四面体,若四面体的一个顶点出发的三条棱两两垂直,则称之为直角四面体,以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点为四面体的顶点,可以得到等腰四面体、直角四面体的个数分别为
( )
A.2,8
B.4,12
C.2,12
D.12,8
【解析】1.选B.由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误,③正确.对于命题④,只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,④不正确.
2.选D.对于A,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图),故A是假命题;底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直,故B是假命题;因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形,故C是假命题;由棱台的定义知D是真命题.
3.选D.①所取的两点的连线与圆柱的轴所构成的四边形不一定是矩形,若不是矩形,则与圆柱母线定义不符.③所取两点连线的延长线不一定与轴交于一点,不符合圆台母线的定义.②④符合圆锥、圆柱母线的定义及性质.
4.选A.因为矩形的对角线相等,所以长方体的六个面的对角线构成2个等腰四面体.因为长方体的每个顶点出发的三条棱都是两两垂直的,所以长方体中有8个直角四面体.
解决空间几何体概念辨析题的常用方法
(1)定义法:紧扣定义,由已知构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,根据定义进行判定.
(2)反例法:通过反例对结构特征进行辨析.
【秒杀绝招】
优选法解T2,根据棱台的概念知,所有侧棱交于一点,故D正确,A,B,C可以不予考虑.
考点二 空间几何体的三视图与直观图?
【典例】1.(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
2.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数为
世纪金榜导学号( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解题导思】
序号
联想解题
1
由直观图及俯视方向联想俯视图的形状
2
由三视图,想到还原为直观图后加以判断
【解析】1.选A.由直观图可知选A.
2.选D.由题意可知,几何体是三棱锥,其放置在长方体中形状如图所示(图中阴影部分),利用长方体模型可知,此三棱锥的四个面全部是直角三角形.
1.由几何体的直观图求三视图需要注意的两个问题
(1)注意主视图、左视图和俯视图的观察方向.
(2)注意看到的部分用实线表示,不能看到的部分用虚线表示.
2.根据三视图还原几何体实物的基本思想
(1)仔细分析和认真观察三视图,进行充分的空间想象.
(2)结合三视图的形状,从不同的角度去还原.
1.(2020·芜湖模拟)某超市货架上摆放着某品牌红烧牛肉方便面,如图是它们的三视图,则货架上的红烧牛肉方便面至少有
( )
A.8桶
B.9桶
C.10桶
D.11桶
【解析】选B.易得第一层有4桶,第二层最少有3桶,第三层最少有2桶,所以至少有9桶,故选B.
2.(2018·全国卷I)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示,圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为
( )
A.2
B.2
C.3
D.2
【解析】选B.将三视图还原为圆柱,M,N的位置如图1所示,将侧面展开,最短路径为M,N连线的距离,所以MN==2.
考点三 空间几何体的表面积与体积?
命题精解读
1.考什么:(1)考查求几何体的表面积与体积.(2)考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养.2.怎么考:(1)由三视图还原几何体形状,再求表面积或体积.(2)与平行、垂直的性质、判定相结合考查.3.新趋势:以柱、锥、台、球为载体,结合线面垂直等知识考查.
学霸好方法
空间几何体表面积、体积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.(3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解.
求空间几何体的表面积或侧面积
【典例】(2018·全国卷I)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( )
世纪金榜导学号
A.12π
B.12π
C.8π
D.10π
【解析】选B.截面面积为8,所以高h=2,底面半径r=,所以该圆柱表面积S=π·()2·2+2π··2=12π.
面积为8的正方形截面的边长与圆柱的高及底面半径有何关系?
提示:正方形边长与圆柱高相等,是底面半径的2倍.
求空间几何体的体积
【典例】(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6
cm,AA1=4
cm,3D打印所用原料密度为0.9
g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.
世纪金榜导学号?
【解析】S四边形EFGH=4×6-4××2×3=12(cm2),
V=6×6×4-×12×3=132(cm3).
m=ρV=0.9×132=118.8(g).
答案:118.8
(1)求制作该模型所需原料的质量实际是求面积还是体积问题?
提示:体积问题.
(2)模型的体积与长方体体积和四棱锥体积之间有何关系?
提示:模型的体积是长方体体积和四棱锥体积之差.
1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 .?
【解析】根据三视图可知几何体是一个长方体挖去一个圆柱,所以S=2×(4+3+12)+2π-2π=38.
答案:38
2.若正方体的棱长为,则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.由题意知,以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体为正八面体(即两个同底同高同棱长的正四棱锥),所有棱长均为1,其中每个正四棱锥的高均为,故正八面体的体积为V=2V正四棱锥=2××12×=.
3.(2020·吉安模拟)已知三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=PB=PC=1,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为
( )
A.π
B.π
C.2π
D.3π
【解析】选D.三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设外接球半径为r,则2r==,r=,外接球的表面积S=4πr2=3π.
1.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为
( )
A.π
B.
C.
D.
【解析】选B.如图,画出圆柱的轴截面,r=BC=,那么圆柱的体积V=πr2h=π××1=π.
2.(2020·合肥模拟)陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一,但陀螺这个名词,直到明朝刘侗、于奕正合撰的《京地景物略》一书中才正式出现,如图所示的网格纸中小正方形的边长均为1,粗线画出的是一个陀螺模型的三视图,则该陀螺模型的表面积为
( )
A.(8+8+16)π
B.(8+4+16)π
C.(8+8+4)π
D.(8+4+4)π
【解析】选B.由三视图知,该几何体是上部为圆锥,中部为圆柱,下部为圆锥的组合体,根据图中数据,计算该陀螺的表面积为S=×4π×2+1×4π+
42·π-22·π+×8π×=(8+4+16)π.
3.圆锥的全面积为15π
cm2,侧面展开图的圆心角为60°,则该圆锥的体积为
cm3.?
【解析】设底面圆的半径为r
cm,母线长为a
cm,则侧面积为×(2πr)a=πra.由题意得解得故圆锥的高h==5,所以体积为V=πr2h=π××5=π(cm3).
答案:π
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-
8
-空间图形的基本关系与公理
核心考点·精准研析
考点一 平面的基本性质?
1.
下列说法正确的是
( )
A.三点可以确定一个平面
B.一条直线和一个点可以确定一个平面
C.四边形是平面图形
D.两条相交直线可以确定一个平面
2.已知α,β,γ是平面,a,b,c是直线,α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c,若a∩b=P,则
( )
A.P∈c
B.P?c
C.c∩a=?
D.c∩β=?
3.在三棱锥A-BCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF∩HG=P,则点P
( )
A.一定在直线BD上
B.一定在直线AC上
C.在直线AC或BD上
D.不在直线AC上,也不在直线BD上
4.如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点共面的图形是
( )
A.①②④
B.①③④
C.②③④
D.①②③
【解析】1.选D.A错误,不共线的三点可以确定一个平面.B错误,一条直线和直线外一个点可以确定一个平面.C错误,四边形不一定是平面图形.D正确,两条相交直线可以确定一个平面.
2.选A.如图,因为a∩b=P,所以P∈a,P∈b,
因为α∩β=a,β∩γ=b,所以P∈α,P∈γ,而γ∩α=c,
所以P∈c.
3.选B.如图所示,
因为EF
平面ABC,HG
平面ACD,
EF∩HG=P,所以P∈平面ABC,P∈平面ACD.
又因为平面ABC∩平面ACD=AC,所以P∈AC.
4.选D.在图①中分别连接PS,QR,易证PS∥QR,所以P,Q,R,S四点共面;在图中③分别连接PQ,RS,易证PQ∥RS,所以P,Q,R,S共面.在②图中过点P,Q,R,S可作一正六边形,故四点共面;在图④中PS与QR为异面直线,所以四点不共面.
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法:①先确定一个平面,然后再证其余的线(或点)在这个平面内;②证两平面重合.
(2)证明共线的方法:①先由两点确定一条直线,再证其他各点都在这条直线上;②直接证明这些点都在同一条特定直线上.
(3)证明线共点问题的常用方法是:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点.
【秒杀绝招】
排除法解T4,在图④中PS与QR为异面直线,所以四点不共面,可排除A,B,C,直接选D.
考点二 异面直线所成的角?
【典例】
1.(2018·全国卷II)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为
( )
A.
B.
C.
D.
2.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为
世纪金榜导学号( )
A.
B.
C.
D.
【解题导思】
序号
联想解题
1
画出图形,由AB∥CD,联想到AE与CD所成角为∠EAB,解直角三角形.
2
画出图形,图中没有与AB1,BC1平行的直线,联想到作辅助线.
【解析】1.选C.因为CD∥AB,所以∠EAB即为异面直线AE与CD所成角,连接BE,在直角三角形ABE中,设AB=a,则BE=a,所以tan∠EAB==.
2.选C.如图,取AB,BB1,B1C1的中点M,N,P,连接MN,NP,PM,
可知AB1与BC1所成的角等于MN与NP所成的角.
由题意可知BC1=,AB1=,
则MN=AB1=,NP=BC1=.
取BC的中点Q,连接PQ,QM,则可知△PQM为直角三角形.
在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+1-2×2×1×=7,即AC=.
又CC1=1,所以PQ=1,MQ=AC=.
在△MQP中,可知MP==.
在△PMN中,cos∠PNM
==
=-,
又异面直线所成角的范围为,
故所求角的余弦值为.
【一题多解】选C.把三棱柱ABC-A1B1C1补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图,
连接C1D,BD,则AB1与BC1所成的角为∠BC1D(或其补角).
由题意可知BC1=,
BD==,C1D=AB1=.可知B+BD2=C1D2,
所以cos∠BC1D==.
求异面直线所成的角的三个步骤
(1)一作:根据定义作平行线,作出异面直线所成的角.
(2)二证:证明作出的角是异面直线所成的角.
(3)三求:解三角形,求出所作的角.
1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选C.如图,可补成一个正方体,
所以AC1∥BD1.
所以BA1与AC1所成的角为∠A1BD1.
又易知△A1BD1为正三角形,
所以∠A1BD1=60°.即BA1与AC1成60°的角.
2.如图,已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,C是圆柱下底面弧AB的中点,C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为 .?
【解析】取圆柱下底面弧AB的另一中点D,连接C1D,AD,
因为C是圆柱下底面弧AB的中点,
所以AD∥BC,所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角,因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,所以C1D垂直于圆柱下底面,所以C1D⊥AD.
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,
所以C1D=AD,
所以直线AC1与AD所成角的正切值为,
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
答案:
考点三 空间两条直线的位置关系?
命题精解读
1.考什么:(1)考查异面直线的判断,直线平行、垂直的判断等问题.(2)考查直观想象的核心素养.2.怎么考:以柱、锥、台、球及组合体为载体,考查直线位置关系的判断.3.新趋势:以异面直线、平行直线为载体考查点的不共面与共面问题.
学霸好方法
1.直线位置关系的判断方法:异面直线可采用直接法或反证法;平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理;垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.2.交汇问题:与线面、面面平行与垂直相结合命题.
两条异面直线的判定
【典例】在图中,G,N,M,H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH、MN是异面直线的图形有 .(填上所有正确答案的序号)
世纪金榜导学号?
【解析】图①中,直线GH∥MN;
图②中,G,H,N三点共面,但M?面GHN,
因此直线GH与MN异面;
图③中,连接MG,GM∥HN,因此GH与MN共面;
图④中,G,M,N三点共面,但H?面GMN,
因此GH与MN异面,所以图②④中GH与MN异面.
答案:②④
两直线平行或相交的判定
【典例】已知空间四边形ABCD中,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边BC,CD的中点.
求证:EG与FH相交.
世纪金榜导学号
【证明】如图,连接AC,BD,则EF∥AC,HG∥AC,
因此EF∥HG;同理EH∥FG,则EFGH为平行四边形.又EG,FH是?EFGH的对角线,所以EG与HF相交.
1.若两条直线是异面直线,则称为一对异面直线,则从正方体的12条棱中任取两条,共有 对异面直线
( )?
A.48
B.36
C.24
D.12
【解析】选C.每一条棱所在的直线与其余的棱所在的直线成异面直线的有4对,所以共有4×12=48对,但是这48对中每一种都重复了一对,所以所求的异面直线共有24对.
2.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,有以下四个结论:
①直线AM与CC1是相交直线;
②直线AM与BN是平行直线;
③直线BN与MB1是异面直线;
④直线AM与DD1是异面直线.
其中正确的结论为 .(注:把你认为正确的结论序号都填上)?
【解析】因为点A在平面CDD1C1外,点M在平面CDD1C1内,直线CC1在平面CDD1C1内,CC1不过点M,所以AM与CC1是异面直线,故①错;取DD1中点E,连接AE,则BN∥AE,但AE与AM相交,故②错;因为点B1与BN都在平面BCC1B1内,点M在平面BCC1B1外,BN不过点B1,所以BN与MB1是异面直线,故③正确;同理④正确,故填③④.
答案:③④
1.若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列说法正确的是
( )
A.l与l1,l2都不相交
B.l与l1,l2都相交
C.l至多与l1,l2中的一条相交
D.l至少与l1,l2中的一条相交
【解析】选D.由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行,故l1,l2中至少有一条与l相交.
2.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是
( )
A.CC1与B1E是异面直线
B.C1C与AE共面
C.AE与B1C1是异面直线
D.AE与B1C1所成的角为60°
【解析】选C.由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内,故C1C与B1E是共面的,所以A错误;由于C1C在平面C1B1BC内,而AE与平面C1B1BC相交于E点,点E不在C1C上,故C1C与AE是异面直线,B错误;同理AE与B1C1是异面直线,C正确;而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角,E为BC中点,△ABC为正三角形,所以AE⊥BC,D错误.
PAGE
-
8
-9.3
平行关系
核心考点·精准研析
考点一 直线、平面平行的基本问题?
1.如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,Q为PA的中点,O为AC与BD的交点,下面说法错误的是
( )
A.OQ∥平面PCD
B.PC∥平面BDQ
C.AQ∥平面PCD
D.CD∥平面PAB
2.已知a,b表示直线,α,β,γ表示平面,则下列推理正确的是
( )
A.α∩β=a,bα?a∥b
B.α∩β=a,a∥b?b∥α且b∥β
C.a∥β,b∥β,aα,bα?α∥β
D.α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b
3.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为 .?
【解析】1.选C.因为O为平行四边形ABCD对角线的交点,所以AO=OC,又Q为PA的中点,所以QO∥PC.由线面平行的判定定理,可知A、B正确,又四边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD,故CD∥平面PAB,故D正确.
2.选D.选项A中,α∩β=a,bα,则a,b可能平行也可能相交,故A不正确;
选项B中,α∩β=a,a∥b,则可能b∥α且b∥β,也可能b在平面α或β内,故B不正确;
选项C中,a∥β,b∥β,aα,bα,根据面面平行的判定定理,再加上条件a∩b=A,才能得出α∥β,故C不正确;
选项D为面面平行性质定理的符号语言.
3.因为平面ABFE∥平面CDHG,
又平面EFGH∩平面ABFE=EF,
平面EFGH∩平面CDHG=HG,
所以EF∥HG.同理EH∥FG,所以四边形EFGH是平行四边形.
答案:平行四边形
直线、平面间平行的判定方法
(1)关注是否符合判定定理与性质定理,并注意定理中易忽视的条件.
(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.
(3)利用实物进行空间想象,比较判断.
(4)熟记一些常见结论,如垂直于同一条直线的两个平面平行等.
【秒杀绝招】
直接法解T1,因为Q是AP的中点,故AQ∩平面PCD
=P,所以AQ∥平面PCD是错误的.
考点二 直线、平面平行的判定与性质?
【典例】1.在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H.D,E分别是AB,BC的中点,如果直线SB∥平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为 .?
2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为正三角形,点D在棱BC上,且CD=3BD,点E,F分别为棱AB,BB1的中点.
求证:A1C∥平面DEF.
世纪金榜导学号
【解题导思】
序号
联想解题
1
由直线SB∥平面DEFH,联想到利用线面平行的性质,判定四边形DEFH的形状,进而得到其面积.
2
求证A1C∥平面DEF,只要设法在平面DEF上找到与A1C平行的直线即可,因为CD=3BD,故联想到连接A1B,在△BA1C中由比例关系证明平行关系.
【解析】1.取AC的中点G,连接SG,BG.
易知SG⊥AC,BG⊥AC,SG∩BG=G,
故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB.
因为SB∥平面DEFH,SB平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,则SB∥HD.同理SB∥FE.
又D,E分别为AB,BC的中点,
则H,F也为AS,SC的中点,
从而得HF∥AC∥DE,且HF=AC=DE,
所以四边形DEFH为平行四边形.
又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,
所以四边形DEFH为矩形,
其面积S=HF·HD=·=.
答案:
2.如图,连接AB1,A1B,交于点H,A1B交EF于点K,连接DK,
因为ABB1A1为矩形,所以H为线段A1B的中点,因为点E,F分别为棱AB,BB1的中点,所以点K为线段BH的中点,所以A1K=3BK,
又因为CD=3BD,所以A1C∥DK,又A1C?平面DEF,DK平面DEF,所以A1C∥平面DEF.
1.利用判定定理判定直线与平面平行,关键是找平面内与已知直线平行的直线.可先直观判断平面内是否已有,若没有,则需作出该直线,常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.
2.判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点).
(2)利用线面平行的判定定理(a?α,bα,a∥b?a∥α).
(3)利用面面平行的性质(α∥β,aα?a∥β;α∥β,a?β,a∥α?a∥β).
1.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上.若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度为 .?
【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,
所以AC=2.
又E为AD中点,EF∥平面AB1C,EF平面ADC,平面ADC∩平面AB1C=AC,
所以EF∥AC,所以F为DC中点,
所以EF=AC=.
答案:
2.如图所示,已知四棱锥P-ABCD,BC∥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
证明:CE∥平面PAB.
【证明】设PA的中点为F,连接EF,FB.
因为E,F分别为PD,PA的中点,所以EF∥AD,且EF=AD.
又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC,且EF=BC,所以四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,又BF平面PAB,CE?平面PAB,所以CE∥平面PAB.
【一题多解微课】
解决本题还可以采用
以下方法:扫码听名师讲解
方法一:分别延长AB,DC交于点F,连接PF,BC=AD,则FC=CD,又ED=EP,则EC∥
PF,因为EC?平面PAB,PF平面PAB,所以EC∥平面PAB.
方法二:取AD的中点M,连接EM,CM,EM∥PA,
EM?平面PAB,PA平面PAB,EM∥平面PAB,又BCAD=AM,四边形ABCM为平行四边形,
则CM∥AB.CM?平面PAB,AB平面PAB.
CM∥平面PAB,EM∩CM=M,
则平面ECM∥平面PAB,因为CE平面ECM,所以CE∥平面PAB.
考点三 面面平行的判定与性质及平行的综合问题?
命题精解读
1.考什么:(1)考查面面平行的判定与性质定理的应用.(2)考查直线、平面平行的综合问题.(3)考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养.2.怎么考:以柱、锥等几何体为载体,考查证明线线、线面、面面平行.3.新趋势:考查作已知几何体的截面或求截面面积问题.
学霸好方法
1.证明面面平行的方法(1)面面平行的定义.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行.(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的性质相互转化.2.交汇问题:常联系柱、锥等几何体命题,考查平行、垂直或空间角.
面面平行的判定与性质
【典例】1.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(1)B,C,H,G四点共面.
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
【证明】(1)因为G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
所以GH是△A1B1C1的中位线,所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC,所以GH∥BC,
所以B,C,H,G四点共面.
(2)因为E,F分别是AB,AC的中点,所以EF∥BC.
因为EF?平面BCHG,BC平面BCHG,
所以EF∥平面BCHG.
又G,E分别为A1B1,AB的中点,A1B1∥AB且A1B1=AB,所以A1G∥EB,A1G=EB,
所以四边形A1EBG是平行四边形,所以A1E∥GB.
又因为A1E?平面BCHG,GB平面BCHG,
所以A1E∥平面BCHG.
又因为A1E∩EF=E,A1E,EF平面EFA1,
所以平面EFA1∥平面BCHG.
2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠B1A1A=∠C1A1A,AA1=AC,P,Q分别为棱AA1,AC的中点.在平面ABC内过点A作AM∥平面PQB1交BC于点M,写出作图步骤,但不要求证明.
世纪金榜导学号
【解析】如图,在平面ABB1A1内,过点A作AN∥B1P交BB1于点N,连接BQ,在△BB1Q中,作NH∥B1Q交BQ于点H,连接AH并延长交BC于点M,则AM为所求作的直线.
平行关系的综合应用
【典例】在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,点M是BC的中点,点N是AA1的中点.
世纪金榜导学号
(1)求证:MN∥平面A1CD.
(2)过N,C,D三点的平面把长方体ABCD-A1B1C1D1截成两部分几何体,求所截成的两部分几何体的体积的比值.
【解析】(1)取AD的中点P,A1D的中点E,连接NE、EC.
又因为N是AA1的中点,所以NE?AP?MC,
所以四边形NECM为平行四边形,所以MN∥EC,
又因为EC平面A1CD,MN?平面A1CD,
所以MN∥平面A1CD.
(2)取BB1的中点Q,连接NQ、CQ、ND,
因为点N是AA1的中点,所以NQ∥AB.
因为AB∥CD,所以NQ∥CD,所以过N,C,D三点的平面NQCD把长方体ABCD-A1B1C1D1截成两部分几何体,其中一部分几何体为直三棱柱QBC-NAD,另一部分几何体为直四棱柱B1QCC1-A1NDD1.
所以=QB·BC=×1×1=.
所以直三棱柱QBC-NAD的体积
V1=·AB=.
因为长方体ABCD-A1B1C1D1的体积V=1×1×2=2.
所以直四棱柱B1QCC1-A1NDD1的体积
V2=V-V1=,所以==.
所以所截成的两部分几何体的体积的比值为.
1.如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AB=2
cm,DE=4
cm,EF=3
cm,则AC的长为
cm.?
【解析】因为平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F,过D作直线平行于a交β于M,交γ于N.连接AD,BM,CN,ME,NF,所以AD∥BM∥CN,ME∥NF,
所以==,
因为AB=2
cm,DE=4
cm,EF=3
cm,
所以=,解得BC=
cm,
所以AC=AB+BC=2+=(cm).
答案:
2.如图,已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,点M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAD.
(2)在PB上确定一个点Q,使平面MNQ∥平面PAD.
【解析】(1)如图,取PD的中点H,连接AH,NH,由点N是PC的中点,知NH∥DC,NH=DC.
由点M是AB的中点,知AM∥DC,AM=DC,
所以NH∥AM,NH=AM,即四边形AMNH是平行四边形.
所以MN∥AH.
又因为MN?平面PAD,AH平面PAD,所以MN∥平面PAD.
(2)若平面MNQ∥平面PAD,则应有MQ∥PA,
因为点M是AB中点,所以点Q是PB的中点.
如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是菱形,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,点G和H分别是CE和CF的中点.
求证:平面BDGH∥平面AEF.
【证明】在△CEF中,因为G,H分别是CE,CF的中点,所以GH∥EF,
又因为GH?平面AEF,EF平面AEF,
所以GH∥平面AEF.连接AC,
设AC∩BD=O,连接OH,
在△ACF中,因为OA=OC,CH=HF,
所以OH∥AF,
又因为OH?平面AEF,AF平面AEF,
所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH=H,OH,GH平面BDGH,
所以平面BDGH∥平面AEF.
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10
-垂直关系
核心考点·精准研析
考点一 垂直关系的基本问题?
1.(2020·六安模拟)已知平面α⊥平面β,直线m满足m?α,则“m∥α”是“m⊥β”的
( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
2.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:
①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.则错误的命题为( )
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.②③④
3.如图,在三棱锥A-BCD中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD.
①AC⊥BD;②平面ABC⊥平面ABD;③平面ACD⊥平面ABD.以上结论中正确的个数有
( )
A.1
B.2
C.3
D.0
【解析】1.选B.平面α⊥平面β,则“m∥α”?“m∥β或m
β或m与β相交”,反之,平面α⊥平面β,令平面α∩平面β=l,在l上任取一点A,在α内过A作AB⊥l,则AB⊥平面β,又m⊥β,可得m∥AB,所以m∥α;
则“m∥α”是“m⊥β”的必要不充分条件.
2.选D.①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面.
②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行或相交(不垂直)时,也可能满足前边的条件;
③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ,不对,垂直于同一个平面的两个平面也可以是相交的;
④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以相交或平行.
3.选C.因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,所以BD⊥平面ABC,又AC平面ABC,所以BD⊥AC,故①正确.因为BD⊥AC,BD⊥BC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC,又因为BD平面ABD,所以平面ABD⊥平面ABC,故②正确.因为AC⊥AB,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD,又AC平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD,故③正确.
与线面垂直关系有关命题真假的判断方法
(1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准,甚至无需作图通过空间想象来判断.
(2)寻找反例,只要存在反例,结论就不正确.
(3)反复验证所有可能的情况,必要时要运用判定或性质定理进行简单说明.
【秒杀绝招】
排除法解T2,选D.若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面,故①正确,排除A,B,C,选D.
考点二 点到面的距离问题?
【典例】如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2.求点A到平面MBC的距离.
世纪金榜导学号
【解析】取CD的中点O,连接OB,OM,则OB=OM=,
OB⊥CD,MO⊥CD.
又平面MCD⊥平面BCD,则MO⊥平面BCD,
所以MO∥AB,MO∥平面ABC,
所以点M,O到平面ABC的距离相等.
作OH⊥BC于点H,连接MH,则MH⊥BC.
求得OH=OC·cos
30°=,
MH==.
设点A到平面MBC的距离为d,由VA-MBC=VM-ABC得
·S△MBC·d=·S△ABC·OH.
即××2×d=××2×2×,
解得d=.
求点到平面的距离,按照定义需要找到这点到平面的垂线段,一般不好找垂足,可以利用等体积法转化为方程问题求解.
如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,
PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°.
(1)求证:PC⊥BC.
(2)求点A到平面PBC的距离.
【解析】(1)因为PD⊥平面ABCD,BC平面ABCD,所以PD⊥BC.因为∠BCD=90°,所以CD⊥BC,
又PD∩DC=D,PD,DC平面PCD,所以BC⊥平面PCD.因为PC平面PCD,故PC⊥BC.
(2)分别取AB,PC的中点E,F,连接DE,DF,则易证DE∥CB,DE∥平面PBC,所以点D,E到平面PBC的距离相等,又点A到平面PBC的距离等于点E到平面PBC的距离的2倍,
由(1)知,BC⊥平面PCD,所以平面PBC⊥平面PCD,
因为PD=DC,PF=FC,所以DF⊥PC,因为平面PCD∩平面PBC=PC.
所以DF⊥平面PBC于点F.
易知DF=,故点A到平面PBC的距离等于.
【一题多解】(2)等体积法:连接AC,设点A到平面PBC的距离为h,
因为AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°.
由AB=2,BC=1,得△ABC的面积S△ABC=1.
由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC·PD=.
因为PD⊥平面ABCD,DC平面ABCD,所以PD⊥DC,
又PD=DC=1,所以PC==,
由PC⊥BC,BC=1,得△PBC的面积S△PBC=,
由VA-PBC=VP-ABC得,S△PBC·h=,得h=,故点A到平面PBC的距离等于.
考点三 直线、平面垂直,面面垂直的判定与性质?
命题精解读
1.考什么:(1)考查证明线线垂直、线面垂直、面面垂直.(2)考查直观想象与逻辑推理的核心素养.2.怎么考:考查在柱、锥、台体中证明线面的垂直关系.3.新趋势:以柱、锥、台体为载体,与平行、距离、空间角结合命题.
学霸好方法
1.(1)证明线面垂直的核心是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.(2)线面垂直的性质,常用来证明线线垂直.2.(1)判定面面垂直的方法:①定义法:证明两平面形成的二面角是直角.②判定定理法:a⊥β,aα?α⊥β.(2)在已知平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.3.交汇问题:解决距离、空间角交汇时,常需要先证明线面垂直.
直线、平面垂直的判定与性质
【典例】如图所示,已知AB为圆O的直径,点D为线段AB上一点,且AD=DB,点C为圆O上一点,且BC=AC,PD⊥平面ABC,PD=DB.
求证:PA⊥CD.
世纪金榜导学号
【证明】因为AB为圆O的直径,所以AC⊥CB,
在Rt△ABC中,由AC=BC得∠ABC=30°,设AD=1,由3AD=DB得,DB=3,BC=2,
由余弦定理得CD2=DB2+BC2-2DB·BCcos
30°=3,
所以CD2+DB2=BC2,即CD⊥AO.
因为PD⊥平面ABC,CD平面ABC,
所以PD⊥CD,由PD∩AO=D得,CD⊥平面PAB,
又因为PA平面PAB,所以PA⊥CD.
面面垂直的判定与性质
【典例】(2018·全国卷Ⅰ)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
世纪金榜导学号
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC.
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.
【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,则BA⊥AC.
又BA⊥AD,AD∩AC=A,所以AB⊥平面ACD.
又AB平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.
又BP=DQ=DA,所以BP=2.
作QE⊥AC,垂足为E,则QE∥CD且QE=DC=1.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,
因此,三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP=×QE×S△ABP=×1××3×2sin
45°=1.
1.已知直线l,m与平面α,β,γ,满足β∩γ=l,l∥α,mα,m⊥γ,则必有
( )
A.α⊥γ且m∥β
B.α∥β且α⊥γ
C.m∥β且l⊥m
D.α⊥γ且l⊥m
【解析】选D.因为mα,m⊥γ,所以α⊥γ.因为β∩γ=l,所以lγ,又因为m⊥γ,所以l⊥m.
2.如图,在△ABC中,AC=BC=AB,四边形ABED是边长为1的正方形,平面ABED⊥底面ABC,G,F分别是EC,BD的中点.
(1)求证:GF∥平面ABC.
(2)求几何体C-ADEB的体积.
【解析】(1)如图,取BC的中点M,AB的中点N,连接GM,FN,MN.
因为G,F分别是EC,BD的中点,
所以GM∥BE,且GM=BE,
NF∥DA,且NF=DA.
又四边形ABED为正方形,所以BE∥AD,BE=AD,所以GM∥NF且GM=NF.
所以四边形MNFG为平行四边形.
所以GF∥MN,又MN平面ABC,GF平面ABC,
所以GF∥平面ABC.
(2)连接CN,因为AC=BC,所以CN⊥AB,
又平面ABED⊥平面ABC,CN平面ABC,
所以CN⊥平面ABED.
易知△ABC是等腰直角三角形,所以CN=AB=,
因为C-ABED是四棱锥,
所以VC-ABED=S四边形ABED·CN=×1×=.
1.如图,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为矩形,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证:MN⊥CD.
(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.
【证明】(1)如图所示,取PD的中点E,连接AE,NE,
因为N是PC的中点,E为PD的中点,
所以NE∥CD,且NE=CD,
而AM∥CD,且AM=AB=CD,
所以NEAM,
所以四边形AMNE为平行四边形,
所以MN∥AE.
又PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥CD,
又因为ABCD为矩形,所以AD⊥CD.
而AD∩PA=A,AD,PA平面PAD,所以CD⊥平面PAD,
所以CD⊥AE.又AE∥MN,所以MN⊥CD.
(2)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AD,
又∠PDA=45°,
所以△PAD为等腰直角三角形.
又E为PD的中点,
所以AE⊥PD,又由(1)知CD⊥AE,
PD∩CD=D,CD,PD平面PDC,
所以AE⊥平面PCD.
又AE∥MN,所以MN⊥平面PCD.
2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥BC,∠A1AC=60°,A1A=AC=BC=1,A1B=.
(1)求证:平面A1BC⊥平面ACC1A1.
(2)如果D为AB中点,求证:BC1∥平面A1CD.
【证明】(1)因为∠A1AC=60°,A1A=AC=1,
所以△A1AC为等边三角形,所以A1C=1.
因为BC=1,A1B=,所以A1C2+BC2=A1B2.
所以∠A1CB=90°,即A1C⊥BC.
因为BC⊥A1A,BC⊥A1C,AA1∩A1C=A1,
所以BC⊥平面ACC1A1.
因为BC平面A1BC,
所以平面A1BC⊥平面ACC1A1.
(2)连接AC1交A1C于点O,连接OD.
因为ACC1A1为平行四边形,
所以O为AC1的中点.因为D为AB的中点,
所以OD∥BC1.因为OD平面A1CD,BC1?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.
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-平行、垂直的综合问题
核心考点·精准研析
考点一 平行、垂直关系的判断?
1.一条直线l上有相异的三个点A,B,C到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是
( )
A.l∥α
B.l⊥α
C.l与α相交但不垂直
D.l∥α或lα
2.(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为 .?
3.如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A′不与A,F重合),则下列说法中正确的是
( )
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上;
②BC∥平面A′DE;
③三棱锥A′-FED的体积有最大值.
A.① B.①② C.①②③ D.②③
【解析】1.选D.
l∥α时,直线l上任意点到α的距离都相等;l?α时,直线l上所有的点到α的距离都是0;l⊥α时,直线l上有两个点到α距离相等;l与α斜交时,也只能有两个点到α距离相等.
2.作PD,PE分别垂直于AC,BC于点D,E,PO⊥平面ABC,连接OD,CO,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,所以CD⊥平面PDO,OD平面PDO,
所以CD⊥OD,
因为PD=PE=,PC=2.所以sin∠PCE=sin∠PCD=,
所以∠PCB=∠PCA=60°,
所以PO⊥CO,CO为∠ACB的平分线,
所以∠OCD=45°,所以OD=CD=1,OC=,
又PC=2,所以PO==.
答案:
3.选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC,所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上.
②BC∥DE,BC?平面A′DE,DE平面A′DE,所以BC∥平面A′DE.
③当平面A′DE⊥平面ABC时,三棱锥A′-FED的体积达到最大.
1.灵活应用几何特征
证明线面位置关系不仅要考虑线面位置关系的判定和性质,更要注意几何体中几何特征的灵活应用.
2.灵活进行位置关系转化
证明的依据是空间线面位置关系的判定定理和性质定理,根据线线、线面、面面的平行与垂直进行相互转化.也可以通过计算得到线线垂直的关系.
【拓展】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.
考点二 存在性问题?
【典例】如图,在四面体P-ABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.
世纪金榜导学号
(1)求证:DE∥平面BCP.
(2)是否存在点Q,到四面体P-ABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.
【解题导思】
序号
联想解题
(1)由D,E分别为AP,AC的中点,想到利用三角形中位线证明平行.
(2)要求是否存在点Q,到四面体P-ABC六条棱的中点的距离相等,想到作四边形DEFG的对角线,若四边形DEFG为矩形,则有QD=QE=QF=QG,问题得到初步解决,再取PC,AB的中点,同理可得结论.
【解析】(1)因为D,E分别为AP,AC的中点,
所以DE∥PC.又因为DE?平面BCP,PC平面BCP,
所以DE∥平面BCP.
(2)存在点Q满足条件,理由如下:
因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,
所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF,
所以四边形DEFG为平行四边形,
因为PC⊥AB,所以DE⊥DG,
所以四边形DEFG为矩形,
连接DF,EG,设Q为EG的中点,
则DF∩EG=Q且QD=QE=QF=QG=EG,分别取PC,AB的中点为M,N,
连接ME,EN,NG,MG,MN,
同理可证MENG为矩形.
其对角线交点为EG的中点Q且QM=QN=EG,
所以Q为满足条件的点.
存在性问题一般是探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,一般点的情形很少,然后给出符合要求的证明,注意书写格式要规范,一般有两种格式:
第一种书写格式:探求出点的位置→证明→符合要求→写出明确答案;
第二种书写格式:从结论出发“要使什么成立”,“只需使什么成立”,寻求使结论成立的充分条件,类似于分析法.
如图,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形,且P为AD的中点,Q为SB的中点.
(1)求证:CD⊥平面SAD.
(2)求证:PQ∥平面SCD.
(3)若SA=SD,M为BC的中点,在棱SC上是否存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD,并证明你的结论.
【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面SAD.
(2)取SC的中点R,连接QR,DR.
由题意知:PD∥BC且PD=BC.
在△SBC中,Q为SB的中点,R为SC的中点,
所以QR∥BC且QR=BC.
所以QR∥PD且QR=PD,
则四边形PDRQ为平行四边形,所以PQ∥DR.
又PQ?平面SCD,DR平面SCD,
所以PQ∥平面SCD.
(3)存在点N为SC的中点,使得平面DMN⊥平面ABCD.连接PC,DM交于点O,连接PM,SP,NM,ND,NO,因为PD∥CM,且PD=CM,
所以四边形PMCD为平行四边形,所以PO=CO.
又因为N为SC的中点,所以NO∥SP.易知SP⊥AD,
因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,并且SP⊥AD,所以SP⊥平面ABCD,
所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO平面DMN,所以平面DMN⊥平面ABCD.
考点三 折叠问题?
命题精解读
1.考什么:(1)考查折叠条件下的证明与求值问题.(2)考查直观想象、数学运算的核心素养.2.怎么考:常见题型为由平面图形折叠为立体图形,证明线面的位置关系或求线段长与角的大小.新趋势:折叠后证明平行或垂直关系.
学霸好方法
1.解决折叠问题的关键是弄清折叠前后的不变量.2.交汇问题:折叠实际是一种命题形式,其核心问题还是解决平行、垂直问题,平行与垂直的判定与性质定理是解题的有力依据.
证明问题
【典例】(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
世纪金榜导学号
(1)证明图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE.
(2)求图2中的四边形ACGD的面积.
【解析】(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,
所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,
故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
本题中折叠前后的三个“不变量”:AB⊥BE,AB⊥BC,AB∥DE
对解本题起到了什么作用?
提示:作为证明问题的潜在条件.
求值问题
【典例】如图,边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,则四面体P-AEF的高为
世纪金榜导学号( )
A.
B.
C.
D.1
【解析】选B.如图,由题意可知PA,PE,PF两两垂直,
所以PA⊥平面PEF,
所以VA-PEF=S△PEF·PA=××1×1×2=,
设P到平面AEF的距离为h,
又S△AEF=22-×1×2-×1×2-×1×1=,
所以VP-AEF=××h=,
所以=,故h=.
对于不能直接求解的点到平面的距离问题常常用什么方法可以解决?
提示:等积法.
1.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC= .?
【解析】因为AD⊥BC,所以AD⊥BD,AD⊥CD,
所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角.
因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.
在△BCD中∠BDC=90°,BD=CD=,
所以BC==1.
答案:
1
2.梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面DCEF沿EF翻折起来,使CD到C′D′的位置,G,H分别为AD′和BC′的中点.
求证:四边形EFGH为平行四边形.
【证明】因为梯形ABCD中,AB∥CD,
E,F分别为BC,AD的中点,
所以EF∥AB且EF=(AB+CD),
又C′D′∥EF,EF∥AB,所以C′D′∥AB.
因为G,H分别为AD′,BC′的中点,
所以GH∥AB且GH=(AB+C′D′)=(AB+CD),
所以GH∥EF,且GH=EF,
所以四边形EFGH为平行四边形.
1.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点,F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t,则
t的取值范围是 .?
【解析】如图,过D作DG⊥AF.垂足为G,连接GK,BF.
因为平面ABD⊥平面ABC,DK⊥AB,
所以DK⊥平面ABC,所以DK⊥AF.
又DG⊥AF,DG∩DK=D,所以AF⊥平面DKG,
所以AF⊥GK,易得当F运动到E点时,K为AB的中点,t=AK==1.
当F运动到C点时,在Rt△ADF中,
易得AF=,且AG=,GF=.
又因为Rt△AGK∽Rt△ABF,
则=,又AB=2,AK=t,
则t=,所以t的范围为.
答案:
2.如图所示,平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2,AD=4,将△CBD沿BD折起到△EBD的位置,使平面EDB⊥平面ABD.
(1)求证:AB⊥DE.
(2)求三棱锥E-ABD的侧面积.
【解析】(1)在△ABD中,因为AB=2,AD=4,∠DAB=60°,所以BD==2,所以AB⊥BD.又因为平面EBD⊥平面ABD,
平面EBD∩平面ABD=BD,AB平面ABD,
所以AB⊥平面EBD,
因为DE平面EBD,所以AB⊥DE.
(2)由(1)知AB⊥BD,CD∥AB,
所以CD⊥BD,从而DE⊥BD.
在Rt△DBE中,因为DB=2,DE=DC=AB=2,
所以S△DBE=DB·DE=2.
又因为AB⊥平面EBD,BE平面EBD,所以AB⊥BE.
因为BE=BC=AD=4,所以S△ABE=AB·BE=4.
因为DE⊥BD,平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,ED平面EBD,
所以ED⊥平面ABD,
又AD平面ABD,所以ED⊥AD,
所以S△ADE=AD·DE=4.
综上,三棱锥E-ABD的侧面积S=8+2.
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