课件23张PPT。章末整合专题一 共点、共线、共面问题
例1如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,求证:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)EG与HF的交点在直线AC上.证明:(1)因为BG∶GC=DH∶HC,
所以GH∥BD.
又因为E,F分别为AB,AD的中点,所以EF∥BD.
所以EF∥GH.所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为G,H不是BC,CD的中点,
所以EF∥GH,且EF≠GH.
所以EG与FH必相交,设交点为M.
而EG?平面ABC,HF?平面ACD,
所以点M∈平面ABC,且点M∈平面ACD.
因为平面ABC∩平面ACD=AC,
所以点M∈AC,即EG与HF的交点在直线AC上.专题二 空间中的位置关系
例2下面四个命题中,正确命题的个数是( )
①如果a,b是两条直线,a∥b,那么a平行于经过b的任何一个平面;②如果直线a和平面α满足a∥α,那么a与平面α内的任何一条直线平行;③如果直线a,b满足a∥α,b∥α,则a∥b;④如果直线a与平面α内的无数条直线平行,那么直线a必平行于平面α.
A.0 B.1 C.2 D.3解析: 答案:A 专题三 空间中的平行关系
例3如图所示,四边形ABCD是平行四边形,PB⊥平面ABCD,MA∥PB,PB=2MA.在线段PB上是否存在一点F,使平面AFC∥平面PMD?若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由.解:当点F是PB的中点时,平面AFC∥平面PMD.证明如下:如图连接BD和AC交于点O,连接FO,∵四边形ABCD是平行四边形,
∴O是BD的中点.∴OF∥PD.
又OF?平面PMD,PD?平面PMD,
∴OF∥平面PMD.∴四边形AFPM是平行四边形.
∴AF∥PM.又AF?平面PMD,PM?平面PMD.
∴AF∥平面PMD.
又AF∩OF=F,AF?平面AFC,OF?平面AFC.
∴平面AFC∥平面PMD.专题四 空间中的垂直关系
例4如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形,∠ACB=90°,点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点,且BC=CA=AA1.
(1)求证:平面ACC1A1⊥平面B1C1CB;
(2)求证:BC1⊥AB1.证明:(1)设BC的中点为M,连接B1M.
∵点B1在底面ABC上的射影恰好是点M,
∴B1M⊥平面ABC.
∵AC?平面ABC,
∴B1M⊥AC.
又∵BC⊥AC,B1M∩BC=M,
∴AC⊥平面B1C1CB.
又∵AC?平面ACC1A1,
∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.(2)连接B1C.
∵AC⊥平面B1C1CB,∴AC⊥BC1.
在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∵BC=CC1.
∴四边形B1C1CB是菱形,∴B1C⊥BC1.
又∵B1C∩AC=C,
∴BC1⊥平面ACB1,∴BC1⊥AB1.专题五 空间角的计算
例5如图,在Rt△AOB中,∠OAB=30°,斜边AB=4,Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到,且二面角B-AO-C是直二面角,动点D在斜边AB上.
(1)求证:平面COD⊥平面AOB;
(2)当D为AB的中点时,求异面直线AO与CD所成角的正切值;
(3)求CD与平面AOB所成角的正切值的最大值.(1)证明:由题意,CO⊥AO,BO⊥AO,
∴∠BOC是二面角B-AO-C的平面角,
又∵二面角B-AO-C是直二面角.
∴CO⊥BO.
又∵AO∩BO=O,∴CO⊥平面AOB.
又CO?平面COD,
∴平面COD⊥平面AOB.(2)解:作DE⊥OB,垂足为点E,连接CE(如图),则DE∥AO.
∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角.(3)解:由(1)知,CO⊥平面AOB,
∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角, ∴当OD最小时,tan∠CDO最大,
这时,OD⊥AB,垂足为点D,例6《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.
如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.
(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;解:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,
由底面ABCD为长方形,
有BC⊥CD,而PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD.而DE?平面PCD,
所以BC⊥DE.
又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.
而PB?平面PBC,所以PB⊥DE.
又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
又DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,
可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,
即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如图,在平面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.
由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.
故∠BDF是平面DEF与平面ABCD所成二面角的平面角,专题六 逻辑推理的核心素养
例7如图所示,AB为☉O的直径,C为☉O上一点,AD⊥平面ABC,AE⊥BD于点E,AF⊥CD于点F.求证:BD⊥平面AEF. 证明:∵AB为☉O直径,C为☉O上一点,
∴BC⊥AC,专题七 函数与方程思想
例8如图所示,正方形ABCD,ABEF的边长都是1,而且平面ABCD与平面ABEF互相垂直,点M在AC上移动,点N在BF上移动,若(1)求MN的长;
(2)求a为何值时,MN的长最小.解:(1)如图所示,作MP∥AB交BC于点P,
NQ∥AB交BE于点Q,连接PQ,
依题意可得四边形MNQP是平行四边形,
∴MN=PQ.第十一章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.棱台的一条侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在平面的位置关系是( )
A.平行 B.相交
C.平行或相交 D.不相交
解析由棱台的定义知,各侧棱的延长线交于一点,所以选B.
答案B
2.一直线l与其外三点A,B,C可确定的平面个数是 ( )
A.1个 B.3个
C.1个或3个 D.1个或3个或4个
解析当A,B,C共线且与l平行或相交时,确定一个平面;当A,B,C共线且与l异面时,可确定3个平面;当A,B,C三点不共线时,可确定4个平面.
答案D
3.若三个平面两两相交,有三条交线,则下列命题中正确的是( )
A.三条交线为异面直线
B.三条交线两两平行
C.三条交线交于一点
D.三条交线两两平行或交于一点
解析三平面两两相交,交线如有2条平行,由线面平行性质定理知三条都平行,如三棱柱三侧棱;三条交线也可以交于一点,如三棱锥三侧棱.
答案D
4.
如图,在△ABC中,∠BAC=90°,PA⊥面ABC,AB=AC,D是BC的中点,则图中直角三角形的个数是( )
A.5
B.8
C.10
D.6
解析这些直角三角形是:△PAB,△PAD,△PAC,△BAC,△BAD,△CAD,△PBD,△PCD.共8个.
答案B
5.(2019高考全国Ⅱ卷文数)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
解析α内有无数直线与β平行是α∥β的必要不充分条件,A不符合;
α内有两条相交直线与β平行是α∥β的充要条件,B符合;
α,β平行同一条直线是α∥β的必要不充分条件,C不符合;
α,β垂直同一平面是α∥β的必要不充分条件,D不符合.
答案B
6.
如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,M,N分别是棱DD1,D1C1的中点,则直线OM( )
A.与AC,MN均垂直相交
B.与AC垂直,与MN不垂直
C.与MN垂直,与AC不垂直
D.与AC,MN均不垂直
解析易证AC⊥面BB1D1D,OM?面BB1D1D,
∴AC⊥OM.
计算得OM2+MN2=ON2=5,
∴OM⊥MN.
答案A
7.
(2019高考全国Ⅲ卷文数)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
解析如图,连接BD,BE.
在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,
∴BM,EN是相交直线,
排除选项C、D.
作EO⊥CD于点O,连接ON.
作MF⊥OD于点F,连接BF.
∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO?平面CDE,
∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.
∴△MFB与△EON均为直角三角形.
设正方形ABCD的边长为2,易知EO=3,ON=1,MF=32,BF=22+94=52,
则EN=3+1=2,BM=34+254=7,
∴BM≠EN.故选B.
答案B
8.(2019高考浙江卷)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则( )
A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ
C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β
解析如图
G为AC中点,连接VG,点V在底面ABC上的投影为点O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AC于点E,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC交VG于点F,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,结合△PFB,△BOH,△POB均为直角三角形,可得cos α=PFPB=EGPB=DHPB<BDPB=cos β,所以α>β,在Rt△PEO中,tan γ=PDED>PDBD=tan β,所以γ>β.综上所述,故选B.
答案B
二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.
9.设l为直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中错误的是( )
A.若l∥α,l∥β,则α∥β B.若l⊥α,l⊥β,则α∥β
C.若l⊥α,l∥β,则α∥β D.若α⊥β,l∥α,则l⊥β
解析A中α,β也可相交,A不正确;由垂直同一直线的两平面平行知,B正确;C中,α,β垂直,不正确;D中l与β也可平行或l?β,不正确.
答案ACD
10.
如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,给出下列四个命题,其中真命题是( )
A.过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交
B.过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直
C.过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交
D.过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行
解析过M点和直线AB的平面与B1C1相交于一点N,只有NM直线与AB相交,即A正确;
与AB,B1C1都垂直且过M的只有DD1,即B正确;
将过点M的平面CDD1C1绕直线DD1旋转任意非零的角度,所得平面与直线AB,B1C1都相交,故C错误;
过点M且与AB,B1C1平行的平面只有过点M,CC1中点BB1中点的一个平面,即D正确.
答案ABD
11.
如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,以下结论正确的是( )
A.异面直线A1D与AB1所成的角为60°
B.直线A1D与BC1垂直
C.直线A1D与BD1平行
D.三棱锥A-A1CD的体积为16a3
解析A1D与AB1所成角即A1D与DC1成的角,再连接A1C构成等边△A1DC1,即A正确;A1D与BC1成的角即A1D与AD1成的角,由A1D⊥AD1即B正确;由BD1⊥平面A1DC1,∴BD1⊥A1D,即C不正确;V三棱锥A-A1CD=V三棱锥A1-ACD=13a·12a2=a36,即D正确.
答案ABD
12.已知空间中两条直线a,b所成的角为50°,P为空间中给定的一个定点,直线l过点P且与直线a和直线b所成的角都是θ(0°<θ≤90°),则下列选项正确的是( )
A.当θ=15°时,满足题意的直线l不存在
B.当θ=25°时,满足题意的直线l有且仅有1条
C.当θ=40°时,满足题意的直线l有且仅有2条
D.当θ=60°时,满足题意的直线l有且仅有3条
解析如图,过点P作a1∥a,b1∥b,则相交直线a1,b1确定一平面α.a1与b1夹角为50°,
设直线PA即l与a1,b1均为θ角,
如图l绕P转动始终与a1,b1夹角相等,
当l在α内为a,b夹角平分线时,θ最小为25°,
所以AB正确,当θ为40°和60°时直线l都有2条,所以C正确,D错.
答案ABC
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2019高考北京卷文数)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: .?
解析将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题:
(1)如果l⊥α,m∥α,则l⊥m,正确;
(2)如果l⊥α,l⊥m,则m∥α,不正确,有可能m在平面α内;
(3)如果l⊥m,m∥α,则l⊥α,不正确,有可能l与α斜交,l∥α.
答案如果l⊥α,m∥α,则l⊥m
14.在正方体ABCD-A'B'C'D'中,过对角线BD'的一个平面交AA'于点E,交CC'于点F,则:①四边形BFD'E一定是平行四边形;②四边形BFD'E有可能是正方形;③四边形BFD'E在底面ABCD内的投影一定是正方形;④平面BFD'E有可能垂直于平面BB'D.
以上结论正确的为 .(写出所有正确结论的编号)?
解析如图所示:
∵BE和DF,BF和D'E分别是正方体两平行平面被平面BFD'E所截,
所以BE∥D'F,D'E∥BF,
∴四边形BFD'E为平行四边形.∴①正确.
②不正确,当E,F分别为AA',CC'中点时,四边形BFD'E为菱形,
设正方体棱长为a,则BF2=D'F2=54a2,BD'2=3a2,
即BF2+D'F2≠BD'2,四边形BFD'E不可能为正方形.
③正确(其射影是正方形ABCD).
④正确.当E,F分别是AA',CC'中点时,
平面BFD'E⊥平面BB'D.
答案①③④
15.(2019高考全国Ⅰ卷文数)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3,那么P到平面ABC的距离为 .?
解析作PD,PE分别垂直于AC,BC,PO⊥平面ABC.连接CO,OD,由题意知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,
∴CD⊥平面PDO,OD?平面PDO,∴CD⊥OD.
∵PD=PE=3,PC=2,
∴sin∠PCE=sin∠PCD=32,
∴∠PCB=∠PCA=60°.
又易知PO⊥CO,CO为∠ACB平分线,
∴∠OCD=45°,∴OD=CD=1,OC=2.
又PC=2,∴PO=4-2=2.
答案2
16.
如图所示,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕.使△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面,则:
(1)BD与CD的关系为 ;?
(2)∠BAC= .?
解析(1)AB=AC,AD⊥BC,
∴BD⊥AD,CD⊥AD,
∴∠BDC为二面角的平面角,∠BDC=90°,
∴BD⊥DC.
(2)设等腰直角三角形的直角边长为a,则斜边长为2a.∴BD=CD=22a.
∴折叠后BC=22a2+22a2=a.
∴折叠后△ABC为等边三角形.∴∠BAC=60°.
答案(1)BD⊥CD (2)60°
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)
如图,已知点E,F,G,H分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,求证:EF,HG,DC三线共点.
证明∵点E,F,G,H分别为所在棱的中点,连接BC1,GF,如图.
∴GF是△BCC1的中位线,∴GF∥BC1.
∵BE∥C1H,且BE=C1H,∴四边形EBC1H是平行四边形.
∴EH∥BC1,
∴GF∥EH.
∴E,F,G,H四点共面.
∵GF≠EH,故EF与HG必相交.
设EF∩HG=I.∵I∈GH,GH?平面CC1D1D,
∴I∈平面CC1D1D.
同理可证I∈平面ABCD.
∴点I在交线DC上.即EF,HG,DC三线共点.
18.(12分)(2019高考全国Ⅰ卷文数)
如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
(1)证明连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME∥B1C,且ME=12B1C.
又因为N为A1D的中点,
所以ND=12A1D.
由题设知A1B1??DC,可得B1C??A1D,故ME??ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN?平面C1DE,ED?平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.
(2)解过点C作C1E的垂线,垂足为点H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,
所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.
从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE=1,C1C=4,
所以C1E=17,故CH=41717.
从而点C到平面C1DE的距离为41717.
19.(12分)(2019高考全国Ⅱ卷文数)
如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.
(1)证明由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.
作EF⊥BB1,垂足为点F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.
所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=13×3×6×3=18.
20.(12分)(2019高考全国Ⅲ卷文数)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,连结DG,如图2.
(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.
(1)证明由已知得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)解取CG的中点M,连结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=3,故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
21.(12分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC上,PC⊥平面BDE.
(1)证明:BD⊥平面PAC;
(2)若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-A的正切值.
(1)证明∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,
∵PC⊥平面BDE,∴PC⊥BD,PA?平面PAC,PC?平面PAC,PA∩PC=P.
∴BD⊥平面PAC.
(2)解设AC与BD交点为O,连接OE.
∵PC⊥平面BDE,
即PC⊥平面BOE,
∴PC⊥BE,PC⊥OE,
∴∠BEO为二面角B-PC-A的平面角.
∵BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,
∴四边形ABCD为正方形,∴BO=2.
在△PAC中,OEOC=PAPC?OE2=13?OE=23,
∴tan∠BEO=BOOE=3,
∴二面角B-PC-A的平面角的正切值为3.
22.(12分)如图,DC⊥平面ABC,EB∥DC,AC=BC=EB=2DC=2,∠ACB=120°,P,Q分别为AE,AB的中点.
(1)证明:PQ∥平面ACD;
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值.
(1)证明因为P,Q分别为AE,AB的中点,
所以PQ∥EB.又DC∥EB,因此PQ∥DC,
又PQ?平面ACD,从而PQ∥平面ACD.
(2)解如图,连接CQ,DP,因为Q为AB的中点,且AC=BC,所以CQ⊥AB.
因为DC⊥平面ABC,EB∥DC,
所以EB⊥平面ABC,因此CQ⊥EB.
故CQ⊥平面ABE.
由(1)有PQ∥DC,又PQ=12EB=DC,
所以四边形CQPD为平行四边形,故DP∥CQ.
因此DP⊥平面ABE,∠DAP为AD和平面ABE所成的角,
在Rt△DPA中,AD=5,DP=1,
sin∠DAP=55,
因此AD和平面ABE所成角的正弦值为55.
