板块综合 空间点、线、面位置关系(阶段小结课—习题讲评式教学)
1．浸润的核心素养
(1)通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化，提升逻辑推理和直观想象素养．
(2)通过线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的转化，提升直观想象和逻辑推理素养．
2．渗透的数学思想
(1)在判断空间几何体的点、线、面的位置关系，直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的证明中，根据图形运算求解或证明体现了数形结合的思想．
(2)在本章中化归思想无处不在，如“要证线面平行，先证线线平行” “要证面面平行，先证线面平行” “要证线面垂直，先证线线垂直” “要证面面垂直，先证线面垂直”等，都体现了转化与化归思想．
题型(一) 立体几何中的交线、截面问题
[例1] (1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
(2)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________．
听课记录：
|思|维|建|模|
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键
(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．
(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
[针对训练]
1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．
2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________．
题型(二) 空间中垂直与平行的综合问题
[例2] 如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G，H分别是CE，CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求证：平面BDGH∥平面AEF.
听课记录：
|思|维|建|模|
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间”到“平面”、“低维”到“高维”的转化关系．
[针对训练]
3.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
题型(三) 几何法求空间角
[例3] 如图，已知PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，异面直线PB与CD的夹角为45°.
(1)求二面角B－PC－D的大小；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的大小．
听课记录：
|思|维|建|模|
1．求线面角的三个步骤
一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解．
2．作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
[针对训练]
4．(2023·全国甲卷)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的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
板块综合 空间点、线、面位置关系
[题型(一)]
[例1] 解析：(1)先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形．
(2)如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2.∴△D1B1C1为等边三角形．则D1E＝，且D1E⊥平面BCC1B1.
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心．设截面圆的半径为r，则r＝＝＝，可得EP＝EQ＝.∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，∴B1P＝＝1.同理C1Q＝1.∴P，Q分别为BB1，CC1的中点．
∴∠PEQ＝.∴的长为×＝.
答案：(1)C (2)
[针对训练]
1．解析：如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α.
由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝.
∴等腰梯形MNDB的高为
h＝＝.∴梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝.
答案：
2．解析：如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，
易知EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面．
由于P是线段A1B上的动点，
当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即Q的轨迹为MN.由正方体的棱长为3，得C1M＝A1C1＝3，则BC1＝6.又＝＝，则NC1＝BC1＝4.
由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，
则MN＝
＝＝.
答案：
[题型(二)]
[例2] 证明：(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC 平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.
(2)在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.
又GH 平面AEF，EF 平面AEF，所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD＝O，连接OH，如图．
在△ACF中，因为O，H分别为CA，CF的中点，所以OH∥AF.
因为OH 平面AEF，AF 平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH 平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.
[针对训练]
3．解：(1)证明：由直四棱柱定义得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形．所以B1D1∥BD.而BD 平面A1BD，B1D1 平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.
(2)证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D.而MD 平面BB1D，所以MD⊥AC.
(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下．取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM，BN.因为N是DC的中点，BD＝BC，所以BN⊥DC.又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线，而平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BN⊥平面CC1D1D.又可证得O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四边形BMON是平行四边形．所以BN∥OM.所以OM⊥平面CC1D1D.因为OM 平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
[题型(三)]
[例3] 解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD.
∴∠PBA就是异面直线PB与CD的夹角，即∠PBA＝45°.
∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB.∴PA＝AB.在△PBC和△PDC中，PB＝PD，BC＝CD，PC＝PC，
∴△PBC≌△PDC.∴∠PCB＝∠PCD.
作BE⊥PC于E，连接ED.
在△ECB与△ECD中，BC＝CD，CE＝CE，∠ECB＝∠ECD，
∴△ECB≌△ECD.
∴∠CED＝∠CEB＝90°.
∴∠BED就是二面角B PC D的平面角．
设AB＝a，则BD＝PB＝a，PC＝a.
则BE＝DE＝＝a.
则cos∠BED＝＝－，
即∠BED＝120°.
∴二面角B PC D的大小为120°.
(2)还原棱锥为正方体ABCD PB1C1D1，作BF⊥CB1于F.
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，∴BF⊥B1P.又B1P∩CB1＝B1，B1P，CB1 平面PB1CD，
∴BF⊥平面PB1CD.
连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角．
易知BF＝a，PB＝a，∴sin∠BPF＝，即∠BPF＝30°.∴直线PB与平面PCD所成的角为30°.
[针对训练]
4．解：(1)证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
∵A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
∴A1C⊥BC.
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.
∵A1C，AC 平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1.
∵A1D 平面ACC1A1，∴BC⊥A1D.
又CC1，BC 平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，
∴A1D⊥平面BCC1B1.
∴A1D＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，
又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D为CC1的中点．又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC.
(2)连接A1B，
∵AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB.
∴BA＝BA1.
过B作BO⊥AA1，交AA1于点O，则O为AA1中点．
由于直线AA1与BB1距离为2，所以BO＝2.
∵A1O＝1，BO＝2，∴A1B＝AB＝，
在Rt△ABC中，BC＝＝.
延长AC，使AC＝CM，连接C1M.
由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形．
∴C1M∥A1C.∴C1M⊥平面ABC.又AM 平面ABC，∴C1M⊥AM.
则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，∴AC1＝.
在Rt△AB1C1中，AC1＝，B1C1＝BC＝，
∴AB1＝＝.
又A到平面BCC1B1距离也为1，∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为＝.(共68张PPT)
板块综合 空间点、线、面位置关系
(阶段小结课—习题讲评式教学)
建构知识体系
融通学科素养
1.浸润的核心素养
(1)通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化,提升逻辑推理和直观想象素养.
(2)通过线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的转化,提升直观想象和逻辑推理素养.
2.渗透的数学思想
(1)在判断空间几何体的点、线、面的位置关系,直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的证明中,根据图形运算求解或证明体现了数形结合的思想.
(2)在本章中化归思想无处不在,如“要证线面平行,先证线线平行” “要证面面平行,先证线面平行” “要证线面垂直,先证线线垂直” “要证面面垂直,先证线面垂直”等,都体现了转化与化归思想.
CONTENTS
目录
1
2
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题型(一) 立体几何中的交线、截面问题
题型(二) 空间中垂直与平行的综合问题
题型(三) 几何法求空间角
4
课时跟踪检测
题型(一)
立体几何中的交线、截面问题
01
[例1] (1)在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和BB1上的点,MD=DD1,NB=BB1,那么正方体中过M,N,C1的截面图形是( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
√
解析:先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点,再确定截面与几何体的棱的交点.
设直线C1M,CD相交于点P,直线C1N,CB相交于点Q,连接PQ交直线AD于点E,交直线AB于点F,则五边形C1MEFN为所求截面图形.
(2)已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
解析:如图,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分
别为P,Q,连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=
60°,AB=AD,知△ABD为等边三角形,∴D1B1=DB=2.
∴△D1B1C1为等边三角形.则D1E=,且D1E⊥平面BCC1B1.
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心.设截面圆的半径为r,则r===,可得EP=EQ=.∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P=,∴B1P==1.同理C1Q=1.∴P,Q分别为BB1,CC1的中点.
∴∠PEQ=.∴ 的长为×=.
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键
(1)作截面应遵循的三个原则:
①在同一平面上的两点可引直线;②凡是相交的直线都要画出它们的交点;③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种:
①利用基本事实3作交线;②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.
|思|维|建|模|
1.在正方体ABCD A1B1C1D1中,E是BC的中点,平面α经过直线BD且与直线C1E平行,若正方体的棱长为2,则平面α截正方体所得的多边形的面积为 .
针对训练
解析:如图,过点B作BM∥C1E交B1C1于点M,过点M作BD的平行线,交C1D1于点N,连接DN,则平面BDNM即为符合条件的平面α.
由图可知M,N分别为B1C1,C1D1的中点,
故BD=2,MN=,且BM=DN=.
∴等腰梯形MNDB的高为h==.
∴梯形MNDB的面积为×(+2)×=.
2.已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为3,E,F分别为BC,CD的中点,P是线段A1B上的动点,C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为 .
解析:如图所示,连接EF,A1B,连接A1C1,B1D1交于点M,连接B1E,BC1交于点N,
易知EF∥B1D1,即E,F,B1,D1共面.
由于P是线段A1B上的动点,
当P重合于A1或B时,C1A1,C1B与平面D1EF的交点分别为M,N,即Q的轨迹为MN.由正方体的棱长为3,得C1M=A1C1=3,则BC1=6.
又==,则NC1=BC1=4.
由A1B=BC1=A1C1,得∠A1C1B=60°,则MN=
==.
题型(二)
空间中垂直与平行的综合问题
02
[例2] 如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是正方形,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,G,H分别是CE,CF的中点.
(1)求证:AC⊥平面BDEF;
证明:因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,且AC 平面ABCD,所以AC⊥平面BDEF.
(2)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GH 平面AEF,EF 平面AEF,所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD=O,连接OH,如图.
在△ACF中,因为O,H分别为CA,CF的中点,所以OH∥AF.
因为OH 平面AEF,AF 平面AEF,所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH=H,OH,GH 平面BDGH,所以平面BDGH∥平面AEF.
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决.注意遵循“空间”到“平面”、“低维”到“高维”的转化关系.
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3.如图,在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,点M是棱BB1上一点.
(1)求证:B1D1∥平面A1BD;
针对训练
解:证明:由直四棱柱定义得BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D
是平行四边形.所以B1D1∥BD.而BD 平面A1BD,B1D1 平面A1BD,所以B1D1∥平面A1BD.
(2)求证:MD⊥AC;
解:证明:因为BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以
BB1⊥AC.又因为BD⊥AC,且BD∩BB1=B,所以AC⊥平
面BB1D.而MD 平面BB1D,所以MD⊥AC.
(3)试确定点M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
解:当点M为棱BB1的中点时,平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下.取DC的中点N,D1C1的中点N1,连接NN1交DC1于点O,连接OM,BN.因为N是DC的中点,BD=BC,所以BN⊥DC.又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线,而平面ABCD⊥平面CC1D1D,所以BN⊥平面CC1D1D.又可证得O是NN1的中点,所以BM∥ON,且BM=ON,即四边形BMON是平行四边形.所以BN∥OM.所以OM⊥平面CC1D1D.因为OM 平面DMC1,所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
题型(三) 几何法求空间角
03
[例3] 如图,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,异面直线PB与CD的夹角为45°.
(1)求二面角B PC D的大小;
解:∵四边形ABCD是正方形,∴AB∥CD.
∴∠PBA就是异面直线PB与CD的夹角,即∠PBA=45°.
∵PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AB.∴PA=AB.在△PBC和△PDC中,PB=PD,BC=CD,PC=PC,
∴△PBC≌△PDC.∴∠PCB=∠PCD.
作BE⊥PC于E,连接ED.
在△ECB与△ECD中,BC=CD,CE=CE,∠ECB=∠ECD,
∴△ECB≌△ECD.
∴∠CED=∠CEB=90°.
∴∠BED就是二面角B PC D的平面角.
设AB=a,则BD=PB=a,PC=a.
则BE=DE==a.
则cos∠BED==-,即∠BED=120°.
∴二面角B PC D的大小为120°.
(2)求直线PB与平面PCD所成角的大小.
解:还原棱锥为正方体ABCD PB1C1D1,作BF⊥CB1于F.
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C,∴BF⊥B1P.又B1P∩CB1
=B1,B1P,CB1 平面PB1CD,
∴BF⊥平面PB1CD.
连接PF,则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角.
易知BF=a,PB=a,∴sin∠BPF=,即∠BPF=30°.∴直线PB与平面PCD所成的角为30°.
1.求线面角的三个步骤
一作(找)角,二证明,三计算,其中作(找)角是关键,先找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线,找垂足,然后把线面角转化到三角形中求解.
2.作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法,也可以用垂面法,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.
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4.(2023·全国甲卷)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;
针对训练
解:证明:如图,过A1作A1D⊥CC1,垂足为D,
∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴A1C⊥BC.
又∠ACB=90°,∴AC⊥BC.
∵A1C,AC 平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1.
∵A1D 平面ACC1A1,∴BC⊥A1D.
又CC1,BC 平面BCC1B1,且CC1∩BC=C,
∴A1D⊥平面BCC1B1.
∴A1D=1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形,又CC1=AA1=2,A1D=1,
∴D为CC1的中点.又A1D⊥CC1,∴A1C=A1C1,
又在三棱柱ABC A1B1C1中,AC=A1C1, ∴A1C=AC.
(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
解:连接A1B,∵AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC,
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB.
∴BA=BA1.
过B作BO⊥AA1,交AA1于点O,则O为AA1中点.
由于直线AA1与BB1距离为2,所以BO=2.
∵A1O=1,BO=2,∴A1B=AB=,
在Rt△ABC中,BC==.
延长AC,使AC=CM,连接C1M.
由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形.
∴C1M∥A1C.∴C1M⊥平面ABC.又AM 平面ABC,∴C1M⊥AM.
则在Rt△AC1M中,AM=2AC,C1M=A1C,∴AC1=.
在Rt△AB1C1中,AC1=,B1C1=BC=,
∴AB1==.
又A到平面BCC1B1距离也为1,
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为=.
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1.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,点M是平面A1B1C1D1内一点,且BM∥平面ACD1,则tan∠DMD1的最大值为 ( )
A. B.1
C.2 D.
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解析:设正方体的棱长为1,因为当M在直线A1C1上时,都满足BM∥平面ACD1,
所以tan∠DMD1===是最大值,此时MD1⊥A1C1.故选D.
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2.坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的
数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造
型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=AD=10 m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为( )
A.102 m B.112 m
C.117 m D.125 m
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解析:如图,过E作EO⊥平面ABCD,垂足为O,过E分
别作EG⊥BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M,连接OG,
OM.
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO, 所以tan∠EMO=tan∠EGO=.
因为EO⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以EO⊥BC.
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因为EG⊥BC,EO,EG 平面EOG,EO∩EG=E,
所以BC⊥平面EOG.因为OG 平面EOG,所以BC⊥OG.
同理OM⊥BM.又BM⊥BG,故四边形OMBG是矩形.
所以由BC=10得OM=5.所以EO=.所以OG=5.所以在Rt△EOG中,EG===.
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在Rt△EBG中,BG=OM=5,EB===8.
又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15,
所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117 m.故选C.
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3.(2023·全国甲卷)已知四棱锥P ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 ( )
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C.4 D.6
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解析:如图,过点P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,取DC的中
点M,AB的中点N,连接PM,MN,AO,BO.由PC=PD,得PM
⊥DC.又PO⊥DC,PO∩PM=P,所以DC⊥平面POM.又OM 平面POM,所以DC⊥OM.在正方形ABCD中,DC⊥NM,所以M,N,O三点共线.所以OA=
OB.所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB=PA.在△PAC中,由余弦定理得PA==.所以PB=.在△PBC中,由余弦定理得cos∠PCB==,所以sin∠PCB=.所以S△PBC=
PC·BCsin∠PCB=4,故选C.
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4.一封闭的正方体容器ABCD A1B1C1D1,P,Q,R分别是AB,BC和C1D1的中点,由于某种原因,P,Q,R处各有一个小洞,当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时,容器中水的上表面形状是 ( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
√
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解析:如图,设过P,Q,R三点的平面为平面α.分别取A1D1,A1A,CC1的中点F,E,M,连接RF,FE,EP,PQ,QM,MR,EM,QF,RP.由正方体的性质知RF∥PQ,所以F∈平面α.又RP∥MQ,所以M∈平面α.又EF∥RP,所以E∈平面α.所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.故选D.
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5.(2023·新课标Ⅱ卷)(多选)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P AC O为45°,则 ( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2
D.△PAC的面积为
√
√
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解析:在△PAB中,由余弦定理得AB=2.如图,连接
PO,易知圆锥的高h=PO=1,底面圆的半径r=AO=BO
=.该圆锥的体积V=πr2h=π,故A正确;该圆锥的侧面积S侧=πr·PA=2π,故B错误;取AC的中点H,连接PH,OH,因为OA=OC,所以OH⊥AC,同理可得PH⊥AC,则二面角P AC O的平面角为∠PHO=45°,所以OH=PO=1,
AH=CH==,所以AC=2,故C正确;PH=OH=,
S△PAC=×2×=2,故D错误.故选A、C.
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6.如图,正四面体ABCD中,E,F分别是线段AC的三等分点,P是线段AB的中点,G是线段BD上的动点,则 ( )
A.存在点G,使PG⊥EF成立
B.存在点G,使FG⊥EP成立
C.不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立
D.不存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立
√
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解析:取BD的中点M,连接AM,CM.易得AM⊥BD,CM⊥BD,AM,CM 平面ACM,AM∩CM=M,故BD⊥平面ACM.又AC 平面ACM,故BD⊥AC.若PG⊥EF,PG,BD 平面ABD,PG∩BD=G,则AC⊥平面ABD.显然不成立.故不存在点G,使PG⊥EF成立.故A错误;
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连接BF,DF,易得PE∥BF,故∠BFG或其补角即为异面
直线PE,FG的夹角,不妨设AB=3,在△ABF中,由余弦定
理得BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos,即BF2=32+22-2×
3×2×=7,解得BF=.同理DF=.在△BFD中,cos∠BFD=
=>0,则∠BFD<.显然∠BFG<∠BFD<.
故不存在点G,使FG⊥EP成立.故B错误;
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取CD的中点N,连接AN,BN,过B作BH⊥AN于H.易得BN⊥CD,AN⊥CD,AN,BN 平面ABN,AN∩BN=N,故
CD⊥平面ABN.又BH 平面ABN,故CD⊥BH.
又AN,CD 平面ACD,AN∩CD=N,故BH⊥平面ACD.
若平面EFG⊥平面ACD,则BH 平面EFG或BH∥平面EFG.显然BH与平面EFG相交.故不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立.故C正确;
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当G与BD中点M重合时,由A选项知有BD⊥平面ACM,即BD⊥平面EFG.又BD 平面ABD,故平面ABD⊥平面EFG.故存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立.故D错误.故选C.
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7.在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为 .
解析:∵C1D1∥A1B1,∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角,即∠AC1D1.
连接AD1(图略),易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中,C1D1=1,AD1==,AC1==,∴cos∠AC1D1===.
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8.已知等于90°的二面角α l β内有一点P,过P有PA⊥α于点A,PB⊥β于B,如果PA=PB=a,则P到l的距离为 .
解析:如图,由PA⊥α,PB⊥β,l α,l β,得PA⊥l,PB⊥l.
又PA∩PB=P,PA,PB 平面APBC,故l⊥平面APBC,
l∩平面APBC=C.连接PC,PC 平面APBC,故l⊥PC.
所以P到l的距离为线段PC的长度,二面角α l β为90°.故BC=PA=PB,
且∠PBC=90°.故PC=PB=a.
a
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9.在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,M是A1D1的中点,点N在棱CC1上,CN=2NC1,则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为 .
解析:如图,取BC,B1C1的中点为H,Q,连接BQ,C1H,则AM∥
BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H.
在平面BB1C1C中,过点N作NP∥C1H交BC于P,则NP为平
面AMN与侧面BB1C1C的交线,
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且NP∶C1H=2∶3.
由于C1H===,∴NP=.
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10.(2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
解析:如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A.因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=××3=.
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将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC,由题意知SA为侧棱.设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=SA.
又球的半径R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2.
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11.(15分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:
(1)当AB=BC时,EF⊥AC;
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证明:如图,连接BD,B1D1.
因为AB=BC,
所以四边形ABCD为正方形.
所以AC⊥BD.
又因为BB1⊥平面ABCD,
所以AC⊥BB1.因为BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BB1D1D.
因为EF 平面BB1D1D,所以EF⊥AC.
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(2)点C1在平面AEF内.
证明:如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.
因为D1E=DD1,AG=AA1,DD1 AA1,
所以ED1 AG,于是四边形ED1 GA为平行四边形.所以 AE∥GD1.
因为B1F=BB1,A1G=AA1,BB1 AA1,
所以B1F A1G,于是四边形B1FGA1为平行四边形.
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所以FG A1B1,FG C1D1.
所以四边形FGD1C1为平行四边形.
所以GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.
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12.(15分)如图①所示,已知正三角形ADP与正方形ABCD,将△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置,连接P'B,P'C,得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2,P'B=2,T为AP上一点,且满足PT=2AT.
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(1)求证:CD⊥平面P'AD;
解:证明:由题意知△P'AD是正三角形,有P'A=AB=2,在△P'AB中,P'A2+AB2=8=P'B2,则AB⊥P'A.
在正方形ABCD中,AB⊥AD,P'A∩AD=A,P'A,AD 平面P'AD,
所以AB⊥平面P'AD.又CD∥AB,
所以CD⊥平面P'AD.
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(2)在线段P'D上是否存在一点Q,使得CQ∥平面BDT.若存在,指出点Q的位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.
解:当点Q为线段P'D的中点时,CQ∥平面BDT.
取P'T的中点N,连接CQ,NQ,CN,
连接AC∩BD=O,连接OT,如图,
所以NQ∥TD.又TD 平面BDT,NQ 平面BDT,
因此NQ∥平面BDT.
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因此CN∥平面BDT.
又CN∩NQ=N,CN,NQ 平面CQN,
所以平面CQN∥平面BDT.
又CQ 平面CQN,则CQ∥平面BDT,
所以点Q为线段P'D的中点时,CQ∥平面BDT.课时跟踪检测(四十) 空间点、线、面位置关系
(满分80分，选填小题每题5分)
1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为( )
A. B．1
C．2 D.
2．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB＝25 m，BC＝AD＝10 m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为( )
A．102 m B．112 m
C．117 m D．125 m
3．(2023·全国甲卷)已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
4．一封闭的正方体容器ABCD－A1B1C1D1，P，Q，R分别是AB，BC和C1D1的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
5．(2023·新课标Ⅱ卷)(多选)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
6．如图，正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是线段BD上的动点，则( )
A．存在点G，使PG⊥EF成立
B．存在点G，使FG⊥EP成立
C．不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立
D．不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立
7．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为________.
8．已知等于90°的二面角α－l－β内有一点P，过P有PA⊥α于点A，PB⊥β于B，如果PA＝PB＝a，则P到l的距离为__________.
9．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为____________.
10．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________.
11．(15分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
12．(15分)如图①所示，已知正三角形ADP与正方形ABCD，将△ADP沿AD翻折至△ADP′所在的位置，连接P′B，P′C，得到如图②所示的四棱锥．已知AB＝2，P′B＝2，T为AP上一点，且满足PT＝2AT.
(1)求证：CD⊥平面P′AD；
(2)在线段P′D上是否存在一点Q，使得CQ∥平面BDT.若存在，指出点Q的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
课时跟踪检测(四十)
1．选D 设正方体的棱长为1，因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，
所以tan∠DMD1＝＝＝是最大值，此时MD1⊥A1C1.故选D.
2．选C 如图，过E作EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别作EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG，OM.
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，
所以tan∠EMO＝tan∠EGO＝.
因为EO⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以EO⊥BC.
因为EG⊥BC，EO，EG 平面EOG，EO∩EG＝E，所以BC⊥平面EOG.因为OG 平面EOG，所以BC⊥OG.
同理OM⊥BM.又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形．所以由BC＝10得OM＝5.所以EO＝.所以OG＝5.所以在Rt△EOG中，EG＝＝＝.在Rt△EBG中，BG＝OM＝5，EB＝＝＝8.
又因为EF＝AB－5－5＝25－5－5＝15，
所有棱长之和为2×25＋2×10＋15＋4×8＝117 m．故选C.
3．选C 如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC.又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM.又OM 平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线．所以OA＝OB.所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理得PA＝＝.所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理得cos∠PCB＝＝，所以sin∠PCB＝.所以S△PBC＝PC·BCsin∠PCB＝4，故选C.
4.选D 如图，设过P，Q，R三点的平面为平面α.分别取A1D1，A1A，CC1的中点F，E，M，连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.由正方体的性质知RF∥PQ，所以F∈平面α.又RP∥MQ，所以M∈平面α.又EF∥RP，所以E∈平面α.所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状．故选D.
5.选AC 在△PAB中，由余弦定理得AB＝2.如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝.该圆锥的体积V＝πr2h＝π，故A正确；该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2π，故B错误；取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P AC O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝＝，所以AC＝2，故C正确；PH＝OH＝，S△PAC＝×2×＝2，故D错误．故选A、C.
6．选C 取BD的中点M，连接AM，CM.易得AM⊥BD，CM⊥BD，AM，CM 平面ACM，AM∩CM＝M，故BD⊥平面ACM.又AC 平面ACM，故BD⊥AC.若PG⊥EF，PG，BD 平面ABD，PG∩BD＝G，则AC⊥平面ABD.显然不成立．故不存在点G，使PG⊥EF成立．故A错误；
连接BF，DF，易得PE∥BF，故∠BFG或其补角即为异面直线PE，FG的夹角，不妨设AB＝3，在△ABF中，由余弦定理得BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos，即BF2＝32＋22－2×3×2×＝7，解得BF＝.同理DF＝.在△BFD中，cos∠BFD＝＝>0，则∠BFD<.显然∠BFG<∠BFD<.
故不存在点G，使FG⊥EP成立．故B错误；
取CD的中点N，连接AN，BN，过B作BH⊥AN于H.易得BN⊥CD，AN⊥CD，AN，BN 平面ABN，AN∩BN＝N，故CD⊥平面ABN.又BH 平面ABN，
故CD⊥BH.
又AN，CD 平面ACD，AN∩CD＝N，故BH⊥平面ACD.若平面EFG⊥平面ACD，则BH 平面EFG或BH∥平面EFG.显然BH与平面EFG相交．故不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立．故C正确；
当G与BD中点M重合时，由A选项知有BD⊥平面ACM，即BD⊥平面EFG.又BD 平面ABD，故平面ABD⊥平面EFG.故存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立．故D错误．故选C.
7．解析：∵C1D1∥A1B1，∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角，即∠AC1D1.
连接AD1(图略)，易知AD1⊥C1D1.
∵在Rt△AC1D1中，C1D1＝1，AD1＝＝，AC1＝＝，
∴cos∠AC1D1＝＝＝.
答案：
8．解析：如图，由PA⊥α，PB⊥β，l α，l β，得PA⊥l，PB⊥l.
又PA∩PB＝P，PA，PB 平面APBC，故l⊥平面APBC，l∩平面APBC＝C.连接PC，PC 平面APBC，故l⊥PC.
所以P到l的距离为线段PC的长度，二面角α l β为90°.故BC＝PA＝PB，
且∠PBC＝90°.故PC＝PB＝a.
答案：a
9．解析：如图，取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H.
在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3.
由于C1H＝＝＝，∴NP＝.
答案：
10．解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A.因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.
将三棱锥SABC补形为正三棱柱SB1C1ABC，由题意知SA为侧棱．设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.
又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2.
答案：2
11．证明：(1)如图，连接BD，B1D1.
因为AB＝BC，
所以四边形ABCD为正方形．
所以AC⊥BD.
又因为BB1⊥平面ABCD，
所以AC⊥BB1.
因为BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D.
因为EF 平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为D1E＝DD1，AG＝AA1，DD1綉AA1，
所以ED1綉AG，于是四边形ED1GA为平行四边形．所以 AE∥GD1.
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綉AA1，
所以B1F綉A1G，于是四边形B1FGA1为平行四边形．
所以FG綉A1B1，FG綉C1D1.
所以四边形FGD1C1为平行四边形．
所以GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．
12．解：(1)证明：由题意知△P′AD是正三角形，有P′A＝AB＝2，在△P′AB中，P′A2＋AB2＝8＝P′B2，则AB⊥P′A.
在正方形ABCD中，AB⊥AD，P′A∩AD＝A，P′A，AD 平面P′AD，
所以AB⊥平面P′AD.又CD∥AB，
所以CD⊥平面P′AD.
(2)当点Q为线段P′D的中点时，CQ∥平面BDT.
取P′T的中点N，连接CQ，NQ，CN，连接AC∩BD＝O，连接OT，如图，
所以NQ∥TD.又TD 平面BDT，NQ 平面BDT，
因此NQ∥平面BDT.
依题意，T为P′A上一点，且满足P′T＝2AT，则T为NA的中点．又O为AC的中点，即有OT∥CN.
又TO 平面BDT，CN 平面BDT，
因此CN∥平面BDT.
又CN∩NQ＝N，CN，NQ 平面CQN，
所以平面CQN∥平面BDT.
又CQ 平面CQN，则CQ∥平面BDT，
所以点Q为线段P′D的中点时，CQ∥平面BDT.
