(共49张PPT)
第1讲 空间几何体
新高考核心考点 2021年 2022年 2023年 2024年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
1.空间几何体的表面积与体积 第3题 第5题 第4题 第11题 第14题 第9题 第14题 第5题
2.球的切、接问题 第8题 第7题 第12题
3.空间位置关系的判断与证明 第12题 第20题 第10题 第19题 第20题 第18题 第20题 第17题 第17题
4.空间角与距离 第20题 第19题 第9题 第19题 第20题 第18题 第20题 第17题 第7题
第17题
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A必二8.1节习题改编)如图,长方体ABCD-A'B'C'D'被一个平面截成两个几何体,其中EH∥B'C'∥FG.则左下方部分几何体是( )
A.棱台
B.四棱柱
C.五棱柱
D.既不是棱柱,也不是棱台
C
解析 根据棱柱的定义,可知几何体是以五边形ABFEA'为底面的五棱柱.
2.(人A必二8.4节例题改编)如图,圆柱的底面直径和高都等于球的直径,则球与圆柱的体积之比为( )
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.4∶5
B
3.(人A必二8.3节习题改编)一个正方体的顶点都在球面上,它的棱长是a cm,则球的体积为 .
4.(人B必四11.1节习题改编)已知正四棱锥的侧面都是等边三角形,它的斜高为 ,则这个正四棱锥的体积为 .
5.(人A必二8.3.2节例题改编)如图,某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成,半球的直径是0.3 m,圆柱高0.6 m.如果在浮标表面涂一层防水漆,每平方米需要0.5 kg涂料,那么给1 000个这样的浮标涂防水漆需要涂料
kg.(π取3.14)
423.9
解析 一个浮标的表面积是2π×0.15×0.6+4π×0.152=0.847 8(m2),所以给
1 000个这样的浮标涂防水漆约需涂料0.847 8×0.5×1 000=423.9(kg).
真题体验
1.(2024·新高考Ⅰ,5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为 ,则圆锥的体积为( )
B
2.(2020·天津,5)若棱长为2 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12π B.24π
C.36π D.144π
C
3.(2023·新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 .
28
解析 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.
点O',O分别为正四棱台ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥AB,点H',H为垂足.由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知
以题梳点 核心突破
考点一 空间几何体的结构
例1(1)给出下列说法:
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;
③棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等.
其中正确的个数是( )
A.0 B.1
C.2 D.3
A
解析 ①不一定,只有当这两点的连线平行于圆柱的轴时才是母线;②不一定,当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥,如图所示,它是由两个同底圆锥组成的几何体;③错误,棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形,各侧棱延长线交于一点,但是侧棱长不一定相等.
(2)已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5,侧面积为300π,AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上),M为AB的中点,一只蚂蚁从点B出发,绕圆台侧面一周爬行到点M,则蚂蚁爬行所经路程的最小值为( )
A.30 B.40
C.50 D.60
C
解析 ∵圆台上底面半径为10,下底面半径为5,母线长为l,
∴S=πl(10+5)=15πl=300π,
解得l=20,将圆台所在的圆锥展开如图所示,且设扇形的圆心为O.
线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离,设OA=R,圆心角是α,
则由题意知10π=αR,①
20π=α(20+R),②
[对点训练1](1)给出下列命题:
①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;
②在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;
③存在每个面都是直角三角形的四面体;
④棱台的侧棱延长后交于一点.
其中真命题的序号是 .
②③④
解析 ①假命题,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;②真命题;③真命题,如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形;④真命题.
(2)(2024·河北沧州模拟)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱DD1上一动点,则PB1+PC的最小值为 .
解析 如图1,将平面BB1D1D绕D1D翻折到与平面CC1D1D共面,如图2,
图1
图2
考点二 空间几何体的表面积和体积
例2(1)(2024·福建漳州一模)如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成,每个圆柱体的底面圆的直径是高的2倍,若石磨的侧面积为64π,则圆柱底面圆的半径为( )
A.4 B.2 C.8 D.6
A
解析 设圆柱底面圆的半径为r,则圆柱的高为r,
故石磨的侧面积为2×2πr×r=64π,解得r=4.
(2)(2023·新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1, AA1= ,则该棱台的体积为 .
(方法二 补形法)
如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点,解得
知识提炼
1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
2.空间几何体的表面积与体积公式
3.求空间几何体体积的三种常用方法
[对点训练2](1)如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构表面积为( )
A
(2)极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月,“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m,高19 m,若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体,正视图如图2所示,则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为( )
(参考数据:9.52≈90,9.53≈857,315×1 005≈316 600,π≈3.14)
A.9 064 m3
B.9 004 m3
C.8 944 m3
D.8 884 m3
图1
图2
A
考点三 球的“切”“接”问题
例3(1)(2022·新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面的边长分别为3 和4 ,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.100π B.128π C.144π D.192π
A
(2)(2024·广东深圳一模)已知某圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且r2=2r1,若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切,则该圆台的体积为( )
C
解析 如图,设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2,则圆台内切球的球心O一定在线段O1O2的中点处.
设球O与母线AB切于M点,所以OM⊥AB,所以OM=OO1=OO2=2,所以△AOO1≌△AOM,故AM=r1.同理可得,BM=r2,所以AB=r1+r2=3r1.过点A作AG⊥BO2,垂足为G,则BG=r2-r1=r1,AG=O1O2=4,所以AG2=AB2-BG2,所以
[延伸探究](变条件)本例(1)中的“正三棱台”改为“高为1,底面边长为4 的正三棱锥”,求该球的表面积.
解 由题意可知,正三棱锥外接球的球心位于高VM所在直线上,设为O,则OV=OC=R,VM=1,
[对点训练3](1)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球表面积为( )
C
解析 因为四面体ABCD四个面都为直角三角形,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,
(2)(2024·陕西咸阳二模)已知三棱锥D-ABC中,AB=4,AC=3,BC=5,DB⊥底面ABC,且DB=4,则该三棱锥的外接球的表面积为 .
41π
解析 因为AB2+AC2=BC2,则AB⊥AC,故∠BAC=90°.又DB⊥底面ABC, AB,BC 平面ABC,故DB⊥AB,DB⊥BC,故三棱锥D-ABC的外接球即为以AB,AC,DB为长,宽,高的长方体的外接球,其中DC为该长方体体对角线,
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第3讲 空间角、空间距离
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人B选必一1.2节习题改编)已知ABCD-A1B1C1D1是正方体,则直线A1D与直线BD1所成角的大小为 .
2.(人A选必一1.4.2节习题)如图,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,则直线OB与平面ABC所成角的正弦值为 .
3.(人B选必一1.2节习题改编)如图所示,已知四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形,∠DAB=∠ABC=90°,且SA=AB=BC=3AD,
则平面SAB与平面SCD所成角的正弦值为 .
解析 依题意,AD,AB,AS两两垂直.以A为原点,AD,AB,AS所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD的长为1,则A(0,0,0),S(0,0,3),C(3,3,0),D(1,0,0),
4.(人A选必一1.4.2节习题)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段DD1的中点,F为线段BB1的中点.
(1)求点A1到直线B1E的距离;
(2)求直线FC1到直线AE的距离;
(3)求点A1到平面AB1E的距离;
(4)求直线FC1到平面AB1E的距离.
(4)因为AE∥FC1,FC1 平面AB1E,AE 平面AB1E,所以FC1∥平面AB1E,所以直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离.
真题体验
1.(2012·陕西,理5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,且CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A
B
解析 (方法一)设棱台的高为h,三条侧棱延长后相交于一点S.正三角形ABC与正三角形A1B1C1的中心分别是点O,O1.连接AO,SO,易知点O1在SO上.由AB=3A1B1,可知三棱锥S-A1B1C1的高为SO1= h,三棱锥S-ABC的高为SO= h,正三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC和△A1B1C1均为正三角形,AB=6,A1B1=2,
3.(2003·全国,理18改编)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,|AC|=|BC|=2,D,E分别是CC1和A1B的中
点,则点A1到平面AED的距离为 .
以题梳点 核心突破
考点一 异面直线所成的角
例1如图,已知点O是圆柱下底面圆的圆心,AA1为圆柱的一条母线,B为圆柱下底面圆周上一点,OA=1,∠AOB= ,△AA1B为等腰直角三角形,则异面直线A1O与AB所成角的余弦值为( )
C
解析 (方法一)如图,过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1,连接A1B1,B1O,则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形,所以A1B1∥AB,所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角.在△AOB中,OB=OA=1,
[对点训练1]如图所示,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为
1和2,AB=4,则异面直线AQ与PB所成角的正弦值为 .
解析 由题设知,四边形ABCD是正方形,连接AC,BD,交于点O,则AC⊥BD.连接OP,OQ,易知OP⊥平面ABCD,OQ⊥平面ABCD,故PQ⊥平面ABCD,则OA,OB,OP两两垂直,以O为原点,CA,DB,QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(2 ,0,0),Q(0,0,-2),
考点二 直线与平面所成的角
例2(2023·全国甲,理18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC, ∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:A1C=AC;
(2)已知AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(1)证明 ∵A1C⊥底面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC.
∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC.
又A1C,AC 平面ACC1A1,
∴BC⊥平面ACC1A1.
∵BC 平面BCC1B1,
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
如图,过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O,
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,
∴A1O⊥平面BCC1B1.
∵A1到平面BCC1B1的距离为1,∴A1O=1.
∵A1C⊥平面ABC,AC 平面ABC,∴A1C⊥AC.
又A1C1∥AC,∴A1C⊥A1C1.
又CC1=AA1=2,设CO=x,则C1O=2-x,则A1=A1O2+C1O2=1+(2-x)2, A1C2=A1O2+CO2=1+x2,
(2)解 (方法一)连接BA1.
∵BC⊥A1C,BC⊥AC,
∴在Rt△A1CB中有A1C2+BC2=
在Rt△ACB中有AC2+BC2=AB2,
又AC=A1C,∴AB=BA1.
过点B作BD⊥AA1交AA1于点D,则D为AA1的中点,且BB1⊥BD,则BD即为直线AA1与BB1的距离,∴BD=2.
(方法二 空间向量法)∵A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,
∴A1C,AC,BC两两垂直.
[对点训练2](2024·湖南娄底一模)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=AD=2,PB=CD=4,PD= AD,E为PB中点,DE⊥PC.
(1)求证:PD⊥平面ABCD;
(2)已知点F为线段AB的中点,求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明 连接BD.
因为AB=AD,且AB⊥AD,所以BD= AD.
因为PD= AD,所以PD=BD,
故△PDB为等腰三角形.
因为E是棱PB的中点,
所以DE⊥PB.
因为DE⊥PC,PC,PB 平面PBC,且PC∩PB=P,
所以DE⊥平面PBC.
因为BC 平面PBC,所以DE⊥BC.
由题意可得,BC=BD= AB,则BC2+BD2=4AB2=CD2,所以BC⊥BD.
因为BD,DE 平面PBD,且BD∩DE=D,
所以BC⊥平面PBD.
因为PD 平面PBD,所以BC⊥PD.
因为PD=BD= AB,PB=2AB,
所以PB2=PD2+BD2,所以PD⊥BD.
因为BD,BC 平面ABCD,且BD∩BC=B,
所以PD⊥平面ABCD.
(2)解 以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
考点三 平面与平面的夹角
例3(2024·全国甲,理19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4, AB=BC=EF=2,ED= ,FB=2 ,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F- BM-E的正弦值.
(1)证明 因为M为AD的中点,且AD=4,
故MD=2=BC,
又因为BC∥AD,所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD.
因为BM 平面CDE,CD 平面CDE,
所以BM∥平面CDE.
(2)解 取AM的中点O,连接OF,OB,
由题意,易知OF⊥AM,OB⊥AM,且OF=3,OB= ,
故OF2+OB2=FB2,所以OF⊥OB.
[对点训练3](2023·新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中, DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(1)证明 如图1,连接AE,DE.
∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ABD,△ACD均为等边三角形,
且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.
又E为BC中点,∴BC⊥AE.
∵AE,DE 平面ADE,AE∩DE=E,
∴BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
图1
(2)解 设BC=2,由已知可得DA=DB=DC= .
DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,
∴DE=1.
∵△ABD,△ACD为等边三角形,
∴AB=AC= .
∵AB2+AC2=BC2,
∴△ABC为等腰直角三角形,
∴AE=1.易知DE=1.
∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.
由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,
∴AE,BC,DE两两垂直.
以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),
图2
考点四 距离问题
例4(2024·广东佛山二模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为上底面ABC上一点.
(1)在上底面ABC上画一条经过点D的直线l,该直线与B1D垂直,应该如何画线,请说明理由;
(2)若BC=BB1=1,AB=2,∠A1B1C1= ,E为A1B1的中点,求点B到平面AC1E的距离.
解 (1)连接BD,在平面ABC上过点D作l⊥BD.
因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,
所以BB1⊥平面ABC.
又l 平面ABC,所以BB1⊥l.
因为l⊥BB1,l⊥BD,BB1∩BD=B,BB1,BD 平面BB1D,所以l⊥平面BB1D.
又B1D 平面BB1D,所以l⊥B1D.
(2)因为∠A1B1C1= ,
所以B1A1,B1C1,B1B两两垂直.
以B1为原点,B1A1,B1C1,B1B所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,1),A(2,0,1),E(1,0,0),C1(0,1,0),则
[对点训练4](2024·华南师大附中模拟节选)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上, AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.求直线BD与平面EFG的距离.
解 因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.
又BD 平面EFG,EF 平面EFG,则BD∥平面EFG,
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
连接EA,ED,由△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,
得EA⊥BC,ED⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,
AE 平面ABC,于是AE⊥平面BCD.
又ED 平面BCD,则EA⊥ED.
本 课 结 束(共43张PPT)
第2讲 立体几何中的证明问题
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
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基础回扣 考教衔接
1.(人A必二8.4节习题)若直线a不平行于平面α,且a α,则下列结论成立的是( )
A.α内的所有直线与a是异面直线 B.α内不存在与a平行的直线
C.α内存在唯一一条直线与a平行 D.α内的所有直线与a都相交
B
解析 设a∩α=A,因为平面α内过A点的直线与直线a共面,故A错误;因为平面α内不过A点的直线与直线a异面,故D错误;若存在b α,b∥a,由a α,b α,所以a∥α,这与已知矛盾,故B正确,C错误.
2.(人A必二8.6.3节练习)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β的充分条件
是( )
A.α⊥γ,β⊥γ B.α∩β=a,b⊥a,b β
C.a∥β,a∥α D.a∥α,a⊥β
D
解析 由α⊥γ,β⊥γ,得α与β相交或平行,故A不正确;∵α∩β=a,b⊥a,b β,∴b不一定垂直于α,∴α不一定垂直于β,故B不正确;∵a∥β,a∥α,则α与β相交或平行,故C不正确;∵a⊥β,a∥α,∴α中一定有一条直线垂直于β,∴α⊥β,故D正确.
3.(多选题)(人B必四11.4节习题改编)下列命题中假命题是( )
A.a∥α,a⊥b b⊥α
B.a⊥b,a⊥α b∥α
C.a⊥α,b⊥β,a∥b α∥β
D.a∥α,α∥β,a⊥b b⊥β
AB
解析 当b α时,满足a∥α,a⊥b,但此时b不垂直α,故A是假命题;当b α时,可满足a⊥b,a⊥α,但此时b不平行于α,故B是假命题;∵a⊥α,a∥b,∴b⊥α.又b⊥β,根据垂直同一条直线的两个平面平行,∴α∥β,故C是真命题; ∵a∥b,a⊥α,根据两条平行线中的一条垂直一个平面,另一条也垂直这个平面,∴b⊥α.∵α∥β,故b⊥β.故D是真命题.
4.(北师大选必一第三章习题)如图,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=3,BC=4, AB=5,AA'=4,点D是AB的中点.求证:
(1)AC⊥BC';
(2)AC'∥平面CDB'.
证明 (1)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=3,AB=5,BC=4,AA'=4,则AC2+BC2=AB2,
∴AC⊥BC,
故AC,BC,CC'两两垂直.
以C为原点,CA,CB,CC'所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
真题体验
1.(2024·天津,6)若m,n为两条不同的直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是( )
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n
D.若m∥α,n⊥α,则m与n相交
C
解析 对于A,若m∥α,n α,则m与n平行或异面,A错误;对于B,若m∥α,n∥α,则m与n平行或异面或相交,B错误;
对于C,已知m∥α,n⊥α,如图,过直线m作平面β,使得α∩β=s.∵m β,∴m∥s,又s α,∴n⊥s,∴m⊥n,C正确;对于D,若m∥α,n⊥α,则m与n相交或异面,D错误.故选C.
2.如图所示,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的长度等于 .
3.(2024·全国甲,文19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4, AB=BC=EF=2,ED= ,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求M到平面FAB的距离.
(1)证明 由题意知MD=2,BC=2,MD∥BC,所以四边形BCDM为平行四边形,故BM∥CD,又因为BM 平面CDE,所以BM∥平面CDE.
(2)解 取AM的中点为G,连接FG,BG,FM,
因为BM=CD=AB,所以BG⊥AM,
同理FG⊥AM.
以题梳点 核心突破
考点一 空间位置关系的判定
例1(1)(2024·山东济南二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.A1D∥D1B,MN∥平面ABCD
B.A1D∥D1B,MN⊥平面BB1D1D
C.A1D⊥D1B,MN∥平面ABCD
D.A1D⊥D1B,MN⊥平面BB1D1D
C
解析 由题知,AB⊥平面ADD1A1,A1D 平面ADD1A1,则AB⊥A1D.又AD1⊥A1D,AB∩AD1=A,AB,AD1 平面ABD1,所以A1D⊥平面ABD1.因为BD1 平面ABD1,所以A1D⊥D1B,故A,B错误;因为M,N分别为AD1,BD1的中点,所以MN∥AB.又MN 平面ABCD,AB 平面ABCD,所以MN∥平面ABCD,故C正确;假设MN⊥平面BB1D1D,则MN⊥BD.又MN∥AB,所以AB⊥BD,明显不成立,故D错误.
(2)(多选题)(2024·湖北武汉模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题正确的是( )
A.若m β,α⊥β,则m⊥α
B.若m β,α∥β,则m∥α
C.若m⊥α,m⊥β,n⊥α,则n⊥β
D.若m∥α,m∥β,n∥α,则n∥β
C
解析 对于A,没说明直线m垂直于两平面的交线,所以不能判断m⊥α,故A错误;对于B,根据面面平行的性质定理,若m β,α∥β,则m∥α,故B正确;对于C,垂直于同一条直线的两个平面平行,所以若m⊥α,m⊥β,则α∥β.若n⊥α,则n⊥β,故C正确;对于D,若m∥α,m∥β,则α,β平行或相交,若n∥α,则n∥β或n与β相交或n β,故D错误.故选BC.
2.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
[对点训练1](1)(多选题)(2024·河北张家口三模)已知a,b,c为三条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.若a∥b,a α,b β,α∩β=c,则a∥c
B.若a⊥b,a⊥c,b α,c α,则a⊥α
C.若a∥α,b∥α,a∩b=A,a β,b β,则α∥β
D.若α⊥β,α∩β=c,a⊥c,则a⊥β
AC
解析 因为a∥b,a α,所以b∥α.又b β,α∩β=c,所以b∥c,所以a∥c,故A正确;当b∥c时,直线a不一定垂直于α,故B错误;由面面平行的判定定理可知,C正确;由面面垂直的性质定理可知,若直线a α时,直线a不一定垂直于β,故D错误.
(2)(多选题)(2024·安徽马鞍山模拟)已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面ABCD,( )
A.若PC⊥BD,则AC⊥BD
B.若AC⊥BD,则PB=PD
C.若PB=PD,则AB=AD
D.若AB=AD,则PC⊥BD
AC
解析 因为PA⊥平面ABCD,AB,AD,BD 平面ABCD,则PA⊥AB, PA⊥AD,PA⊥BD.若PC⊥BD,且PA∩PC=P,PA,PC 平面PAC,则BD⊥平面PAC.又AC 平面PAC,所以AC⊥BD.同理,若AC⊥BD,可得PC⊥BD,即PC⊥BD等价于AC⊥BD.由AB=AD不能推出AC⊥BD,即AB=AD不能推出PC⊥BD,故A正确,D错误;若PB=PD,可知Rt△PAB≌Rt△PAD,所以AB=AD,反之,AB=AD,可知Rt△PAB≌Rt△PAD,所以PB=PD,即PB=PD等价于AB=AD.由AC⊥BD不能推出AB=AD,即AC⊥BD不能推出PB=PD,故B错误,C正确.故选AC.
考点二 几何法证明空间平行、垂直
例2如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点.求证:
(1)PA⊥平面ABCD;
(2)平面BEF⊥平面PCD.
证明 (1)∵平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA 平面PAD,
∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,
∴AB∥DE,AB=DE,
∴四边形ABED为平行四边形.
∵AB⊥AD,∴四边形ABED为矩形,
∴BE⊥CD,AD⊥CD.
∵PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
∴PA⊥CD.
又PA,AD 平面PAD,且PA∩AD=A,
∴CD⊥平面PAD.
∵PD 平面PAD,∴CD⊥PD.
∵E和F分别是CD和PC的中点,
∴PD∥EF,∴CD⊥EF.
又CD⊥BE,EF∩BE=E,EF,BE 平面BEF,
∴CD⊥平面BEF.
∵CD 平面PCD,∴平面BEF⊥平面PCD.
[对点训练2]如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,E是B1C1的中点,D是BC上一点.
(1)若D是BC的中点,求证:平面AC1D∥平面A1BE;
(2)若AD⊥C1D,求证:D是BC的中点.
证明 (1)连接DE,因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,
所以BC∥B1C1,BC=B1C1,AA1∥BB1,AA1=BB1.
因为E是B1C1的中点,D是BC的中点,
所以EC1∥BD,EC1=BD,B1E∥BD,B1E=BD,
所以四边形EC1DB,B1EDB均为平行四边形,
故BE∥C1D,BB1∥DE,且BB1=DE,
所以AA1∥DE,AA1=DE,
所以四边形AA1ED是平行四边形,所以A1E∥AD.
因为A1E 平面AC1D,AD 平面AC1D,所以A1E∥平面AC1D.
同理BE∥平面AC1D.
因为A1E∩BE=E,A1E 平面A1BE,BE 平面A1BE,所以平面AC1D∥平面A1BE.
(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC,且△ABC为正三角形.
因为AD 平面ABC,
所以CC1⊥AD.
因为AD⊥C1D,CC1∩C1D=C1,CC1 平面BB1C1C,C1D 平面BB1C1C,
所以AD⊥平面BB1C1C.
因为BC 平面BB1C1C,所以AD⊥BC.
又因为△ABC为正三角形,
所以D是BC的中点.
考点三 向量法证明空间平行、垂直
例3如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD.
(1)证明:平面PQB⊥平面DCQ;
(2)证明:PC∥平面BAQ.
证明 (1)由题意易知,DA,DP,DC两两互相垂直.
如图,以D为原点,DA,DP,DC所在直线分别为x轴、
y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
又DQ∩DC=D,DQ,DC 平面DCQ,
故PQ⊥平面DCQ.又PQ 平面PQB,
所以平面PQB⊥平面DCQ.
[对点训练3](2024·四川成都模拟)如图,棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1上靠近C1的三等分点.
(1)求证:直线A1C与平面BDE不垂直;
(2)在线段BE上是否存在一点F使得平面B1D1F⊥平面BDE 若存在,请计算
的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则
本 课 结 束
