高考數(shù)學二輪復習 專題訓練五 第2講 空間中的平行與垂直 理

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1、高考數(shù)學二輪復習 專題訓練五 第2講 空間中的平行與垂直 理 考情解讀 1.以選擇、填空題的形式考查,主要利用平面的基本性質及線線、線面和面面的判定與性質定理對命題的真假進行判斷,屬基礎題.2.以解答題的形式考查,主要是對線線、線面與面面平行和垂直關系交匯綜合命題,且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查,難度中等. 1.線面平行與垂直的判定定理、性質定理 線面平行的判定定理 ?a∥α 線面平行的性質定理 ?a∥b 線面垂直的判定定理 ?l⊥α 線面垂直的性質定理 ?a∥b 2.面面平行與垂直的判定定理、性質定理 面面垂直的判定定理 ?α

2、⊥β 面面垂直的性質定理 ?a⊥β 面面平行的判定定理 ?α∥β 面面平行的性質定理 ?a∥b 提醒 使用有關平行、垂直的判定定理時,要注意其具備的條件,缺一不可. 3.平行關系及垂直關系的轉化 熱點一 空間線面位置關系的判定 例1 (1)設a,b表示直線,α,β,γ表示不同的平面,則下列命題中正確的是(  ) A.若a⊥α且a⊥b,則b∥α B.若γ⊥α且γ⊥β,則α∥β C.若a∥α且a∥β,則α∥β D.若γ∥α且γ∥β,則α∥β (2)平面α∥平面β的一個充分條件是(  ) A.存在一條直線a,a∥α,a∥β B.存

3、在一條直線a,a?α,a∥β C.存在兩條平行直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α D.存在兩條異面直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α 思維啟迪 判斷空間線面關系的基本思路:利用定理或結論;借助實物模型作出肯定或否定. 答案 (1)D (2)D 解析 (1)A:應該是b∥α或b?α;B:如果是墻角出發(fā)的三個面就不符合題意;C:α∩β=m,若a∥m時,滿足a∥α,a∥β,但是α∥β不正確,所以選D. (2)若α∩β=l,a∥l,a?α,a?β,則a∥α,a∥β,故排除A. 若α∩β=l,a?α,a∥l,則a∥β,故排除B. 若α∩β=l,a?α,a∥l,b?β,b∥

4、l,則a∥β,b∥α,故排除C.故選D. 思維升華 解決空間點、線、面位置關系的組合判斷題,主要是根據(jù)平面的基本性質、空間位置關系的各種情況,以及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理進行判斷,必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷,同時要注意平面幾何中的結論不能完全引用到立體幾何中.  對于平面α,β,γ和直線a,b,m,n,下列命題中真命題是(  ) A.若a⊥m,a⊥n,m?α,n?α,則a⊥α B.若α⊥β,α∩γ=a,β∩γ=b,則a∥b C.若a∥b,b?α,則a∥α D.若a?β,b?β,a∥α,b∥α,則β∥α 答案 B 解析 A中:由線面垂直

5、的判定定理知,還需m與n相交才能得a⊥α,故A錯.C中:由線面平行的判定定理,還需知a?α,故C錯.D中:由面面平行的判定定理知,還需a與b相交才能得β∥α,故D錯.所以選B. 熱點二 平行、垂直關系的證明 例2 如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分別是CD和PC的中點,求證: (1)PA⊥底面ABCD; (2)BE∥平面PAD; (3)平面BEF⊥平面PCD. 思維啟迪 (1)利用平面PAD⊥底面ABCD的性質,得線面垂直;(2)BE∥AD易證;(3)EF是△CPD的中位線. 證明 (1)因為平面PA

6、D⊥底面ABCD, 且PA垂直于這兩個平面的交線AD, 所以PA⊥底面ABCD. (2)因為AB∥CD,CD=2AB,E為CD的中點, 所以AB∥DE,且AB=DE. 所以四邊形ABED為平行四邊形. 所以BE∥AD. 又因為BE?平面PAD,AD?平面PAD, 所以BE∥平面PAD. (3)因為AB⊥AD,而且ABED為平行四邊形. 所以BE⊥CD,AD⊥CD, 由(1)知PA⊥底面ABCD. 所以PA⊥CD. 所以CD⊥平面PAD. 所以CD⊥PD. 因為E和F分別是CD和PC的中點, 所以PD∥EF.所以CD⊥EF. 所以CD⊥平面BEF. 又CD?平

7、面PCD, 所以平面BEF⊥平面PCD. 思維升華 垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型. (1)證明線面、面面平行,需轉化為證明線線平行. (2)證明線面垂直,需轉化為證明線線垂直. (3)證明線線垂直,需轉化為證明線面垂直. (4)證明面面垂直,需轉化為證明線面垂直,進而轉化為證明線線垂直.  如圖所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD為等邊三角形,AD=DE=2AB,F(xiàn)為CD的中點. 求證:(1)AF∥平面BCE; (2)平面BCE⊥平面CDE. 證明 (1)如圖,取CE的中點G,連接FG,BG. ∵F為CD的中點,∴GF∥DE且GF=D

8、E. ∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD, ∴AB∥DE,∴GF∥AB. 又AB=DE,∴GF=AB. ∴四邊形GFAB為平行四邊形,則AF∥BG. ∵AF?平面BCE,BG?平面BCE, ∴AF∥平面BCE. (2)∵△ACD為等邊三角形,F(xiàn)為CD的中點, ∴AF⊥CD. ∵DE⊥平面ACD,AF?平面ACD,∴DE⊥AF. 又CD∩DE=D,∴AF⊥平面CDE. ∵BG∥AF,∴BG⊥平面CDE. ∵BG?平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE. 熱點三 圖形的折疊問題 例3 如圖(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分別為AC,AB的中點,點F為線段C

9、D上的一點,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如圖(2). (1)求證:DE∥平面A1CB; (2)求證:A1F⊥BE; (3)線段A1B上是否存在點Q,使A1C⊥平面DEQ?請說明理由. 思維啟迪 折疊問題要注意在折疊過程中,哪些量變化了,哪些量沒有變化.第(1)問證明線面平行,可以證明DE∥BC;第(2)問證明線線垂直轉化為證明線面垂直,即證明A1F⊥平面BCDE;第(3)問取A1B的中點Q,再證明A1C⊥平面DEQ. (1)證明 因為D,E分別為AC,AB的中點, 所以DE∥BC. 又因為DE?平面A1CB,BC?平面A1CB, 所以DE∥平面A

10、1CB. (2)證明 由圖(1)得AC⊥BC且DE∥BC, 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC, 所以DE⊥A1F.又因為A1F⊥CD, 所以A1F⊥平面BCDE,又BE?平面BCDE, 所以A1F⊥BE. (3)解 線段A1B上存在點Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下: 如圖,分別取A1C,A1B的中點P,Q,則PQ∥BC. 又因為DE∥BC, 所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即為平面DEP. 由(2)知,DE⊥平面A1DC, 所以DE⊥A1C. 又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點, 所以A1

11、C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP. 從而A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點Q,使得A1C⊥平面DEQ. 思維升華 (1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量.一般情況下,折線同一側線段的長度是不變量,而位置關系往往會發(fā)生變化,抓住不變量是解決問題的突破口.(2)在解決問題時,要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.  如圖(1),已知梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=2AD=4,E,F(xiàn)分別是AB,CD上的點,EF∥BC,AE=x.沿EF將梯形ABCD翻折,使平面AEFD⊥平面EBCF(如圖(2)所示),G是BC

12、的中點. (1)當x=2時,求證:BD⊥EG; (2)當x變化時,求三棱錐D-BCF的體積f(x)的函數(shù)式. (1)證明 作DH⊥EF,垂足為H,連接BH,GH, 因為平面AEFD⊥平面EBCF,交線為EF,DH?平面AEFD, 所以DH⊥平面EBCF,又EG?平面EBCF,故EG⊥DH. 因為EH=AD=BC=BG=2,BE=2,EF∥BC,∠EBC=90°, 所以四邊形BGHE為正方形,故EG⊥BH. 又BH,DH?平面DBH,且BH∩DH=H,故EG⊥平面DBH. 又BD?平面DBH,故EG⊥BD. (2)解 因為AE⊥EF,平面AEFD⊥平面EBCF,交線為EF

13、,AE?平面AEFD, 所以AE⊥平面EBCF. 由(1)知,DH⊥平面EBCF,故AE∥DH, 所以四邊形AEHD是矩形,DH=AE,故以B,F(xiàn),C,D為頂點的三棱錐D-BCF的高DH=AE=x. 又S△BCF=BC·BE=×4×(4-x)=8-2x, 所以三棱錐D-BCF的體積f(x)=S△BFC·DH =S△BFC·AE=(8-2x)x =-x2+x(0

14、 2.證明線面平行的常用方法 (1)利用線面平行的判定定理,把證明線面平行轉化為證線線平行; (2)利用面面平行的性質定理,把證明線面平行轉化為證面面平行. 3.證明面面平行的方法 證明面面平行,依據(jù)判定定理,只要找到一個面內兩條相交直線與另一個平面平行即可,從而將證面面平行轉化為證線面平行,再轉化為證線線平行. 4.證明線線垂直的常用方法 (1)利用特殊平面圖形的性質,如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直; (2)利用勾股定理逆定理; (3)利用線面垂直的性質,即要證線線垂直,只需證明一線垂直于另一線所在平面即可. 5.證明線面垂直的常用方法 (1)利用

15、線面垂直的判定定理,把線面垂直的判定轉化為證明線線垂直; (2)利用面面垂直的性質定理,把證明線面垂直轉化為證面面垂直; (3)利用常見結論,如兩條平行線中的一條垂直于一個平面,則另一條也垂直于這個平面. 6.證明面面垂直的方法 證明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即證明一個面過另一個面的一條垂線,將證明面面垂直轉化為證明線面垂直,一般先從現(xiàn)有直線中尋找,若圖中不存在這樣的直線,則借助中點、高線或添加輔助線解決. 真題感悟 1.(xx·遼寧)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說法正確的是(  ) A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m⊥α,n?α,則m⊥n C

16、.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α 答案 B 解析 方法一 若m∥α,n∥α,則m,n可能平行、相交或異面,A錯; 若m⊥α,n?α,則m⊥n,因為直線與平面垂直時,它垂直于平面內任一直線,B正確; 若m⊥α,m⊥n,則n∥α或n?α,C錯; 若m∥α,m⊥n,則n與α可能相交,可能平行,也可能n?α,D錯. 方法二 如圖,在正方體ABCD-A′B′C′D′中,用平面ABCD表示α. A項中,若m為A′B′,n為B′C′,滿足m∥α,n∥α, 但m與n是相交直線,故A錯. B項中,m⊥α,n?α, ∴m⊥n,這是線面垂直的性質,故B正確. C項

17、中,若m為AA′,n為AB, 滿足m⊥α,m⊥n,但n?α,故C錯. D項中,若m為A′B′,n為B′C′, 滿足m∥α,m⊥n,但n∥α,故D錯. 2.(xx·遼寧)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F(xiàn),G分別為AC,DC,AD的中點. (1)求證:EF⊥平面BCG; (2)求三棱錐D-BCG的體積. 附:錐體的體積公式V=Sh,其中S為底面面積,h為高. (1)證明 由已知得△ABC≌△DBC,因此AC=DC. 又G為AD的中點,所以CG⊥AD. 同理BG⊥AD,又BG∩CG=G,因此AD⊥平面BGC.

18、 又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG. (2)解 在平面ABC內,作AO⊥BC,交CB的延長線于O. 由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC. 又G為AD中點,因此G到平面BDC的距離h是AO長度的一半. 在△AOB中,AO=AB·sin 60°=, 所以VD-BCG=VG-BCD=S△DBC·h =×BD·BC·sin 120°·=. 押題精練 1.如圖,AB為圓O的直徑,點C在圓周上(異于點A,B),直線PA垂直于圓O所在的平面,點M為線段PB的中點.有以下四個命題: ①PA∥平面MOB; ②MO∥平面PAC; ③OC⊥平面PAC; ④平面PAC⊥平面PBC.

19、 其中正確的命題是________(填上所有正確命題的序號). 答案?、冖? 解析?、馘e誤,PA?平面MOB;②正確;③錯誤,否則,有OC⊥AC,這與BC⊥AC矛盾;④正確,因為BC⊥平面PAC. 2.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中點. (1)證明:平面ADC1B1⊥平面A1BE; (2)在棱C1D1上是否存在一點F,使B1F∥平面A1BE?并證明你的結論. (1)證明 如圖,因為ABCD-A1B1C1D1為正方體, 所以B1C1⊥面ABB1A1. 因為A1B?面ABB1A1, 所以B1C1⊥A1B. 又因為A1B⊥AB1,B1C1∩AB1

20、=B1, 所以A1B⊥面ADC1B1. 因為A1B?面A1BE,所以平面ADC1B1⊥平面A1BE. (2)解 當點F為C1D1中點時,可使B1F∥平面A1BE. 證明如下: 取C1D1中點F,連接EF,B1F 易知:EF∥C1D,且EF=C1D. 設AB1∩A1B=O,連接OE,則B1O∥C1D且B1O=C1D, 所以EF∥B1O且EF=B1O, 所以四邊形B1OEF為平行四邊形. 所以B1F∥OE. 又因為B1F?面A1BE,OE?面A1BE. 所以B1F∥面A1BE. (推薦時間:60分鐘) 一、選擇題 1.(xx·廣東)若空間中四條兩兩不同的直線l1,

21、l2,l3,l4,滿足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,則下列結論一定正確的是(  ) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關系不確定 答案 D 解析 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,記l1=DD1,l2=DC,l3=DA,若l4=AA1,滿足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,此時l1∥l4,可以排除選項A和C.若l4=DC1,也滿足條件,可以排除選項B.故選D. 2.已知m和n是兩條不同的直線,α和β是兩個不重合的平面,那么下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(  ) A.α⊥β,且m?α B.m∥n,且n⊥

22、β C.α⊥β,且m∥α D.m⊥n,且n∥β 答案 B 解析 根據(jù)定理、性質、結論逐個判斷.因為α⊥β,m?α?m,β的位置關系不確定,可能平行、相交、m在β面內,故A錯誤;由線面垂直的性質定理可知B正確;若α⊥β,m∥α,則m,β的位置關系也不確定,故C錯誤;若m⊥n,n∥β,則m,β的位置關系也不確定,故D錯誤. 3.ABCD-A1B1C1D1為正方體,下列結論錯誤的是(  ) A.BD∥平面CB1D1 B.A1C⊥BD C.AC1⊥平面CB1D1 D.AC1⊥BD1 答案 D 解析 因為ABCD-A1B1C1D1為正方體,所以DD1∥BB1且DD1=BB1,

23、所以四邊形DD1B1B為平行四邊形,所以BD∥B1D1,因為BD?面CB1D1,B1D1?面CB1D1,所以BD∥平面CB1D1,故A正確;因為AA1⊥面ABCD,BD?面ABCD,所以AA1⊥BD,因為ABCD為正方形,所以AC⊥BD,因為AC∩AA1=A,所以BD⊥面A1ACC1,因為A1C?面A1ACC1,所以BD⊥A1C,故B正確.同理可證得B1D1⊥面A1ACC1,因為AC1?面A1ACC1,所以B1D1⊥AC1,同理可證CB1⊥AC1,因為B1D1∩CB1=B1,所以AC1⊥平面CB1D1,故C正確.排除法應選D. 4.如圖,四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=4

24、5°,∠BAD=90°,將△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,構成三棱錐A-BCD.則在三棱錐A-BCD中,下列命題正確的是(  ) A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC 答案 D 解析 ∵在四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,∴BD⊥CD, 又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD, ∴CD⊥平面ABD,則CD⊥AB, 又AD⊥AB,AD∩CD=D,∴AB⊥平面ADC, 又AB?平面ABC,∴平面ABC⊥平面ADC,故選D. 5.

25、直線m,n均不在平面α,β內,給出下列命題: ①若m∥n,n∥α,則m∥α;②若m∥β,α∥β,則m∥α;③若m⊥n,n⊥α,則m∥α; ④若m⊥β,α⊥β,則m∥α.其中正確命題的個數(shù)是(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 D 解析 對①,根據(jù)線面平行的判定定理知,m∥α;對②,如果直線m與平面α相交,則必與β相交,而這與α∥β矛盾,故m∥α;對③,在平面α內取一點A,設過A、m的平面γ與平面α相交于直線b.因為n⊥α,所以n⊥b,又m⊥n,所以m∥b,則m∥α;對④,設α∩β=l,在α內作m′⊥β,因為m⊥β,所以m∥m′,從而m∥α.故四個命題都正確. 6

26、.在正三棱錐S-ABC中,M,N分別是SC,BC的中點,且MN⊥AM,若側棱SA=2,則正三棱錐S-ABC外接球的表面積是(  ) A.12π B.32π C.36π D.48π 答案 C 解析 由MN⊥AM且MN是△BSC的中位線得BS⊥AM, 又由正三棱錐的性質得BS⊥AC,∴BS⊥面ASC. 即正三棱錐S-ABC的三側棱SA、SB、SC兩兩垂直,外接球直徑為SA=6. ∴球的表面積S=4πR2=4π×32=36π.選C. 二、填空題 7.已知兩條不同的直線m,n和兩個不同的平面α,β,給出下列四個命題: ①若m∥α,n∥β,且α∥β,則m∥n;②若m∥α,n⊥

27、β,且α⊥β,則m∥n;③若m⊥α,n∥β,且α∥β,則m⊥n;④若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,則m⊥n.其中正確的個數(shù)為_________________. 答案 2 解析?、僦衜,n可能異面或相交,故不正確;②因為m∥α,n⊥β,且α⊥β成立時,m,n兩直線的關系可能是相交、平行、異面,故不正確;③因為m⊥α,α∥β可得出m⊥β,再由n∥β可得出m⊥n,故正確;④分別垂直于兩個垂直平面的兩條直線一定垂直,正確.故③④正確. 8.下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是________(寫出所有符合要求的圖形序號

28、). 答案?、佗? 解析 對于①,注意到該正方體的面中過直線AB的側面與平面MNP平行,因此直線AB平行于平面MNP;對于②,注意到直線AB和過點A的一個與平面MNP平行的平面相交,因此直線AB與平面MNP相交;對于③,注意到此時直線AB與平面MNP內的一條直線MP平行,且直線AB位于平面MNP外,因此直線AB與平面MNP平行;對于④,易知此時AB與平面MNP相交.綜上所述,能得出直線AB平行于平面MNP的圖形的序號是①③. 9.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中點,點F在

29、線段AA1上,當AF=________時,CF⊥平面B1DF. 答案 a或2a 解析 由題意易知,B1D⊥平面ACC1A1,所以B1D⊥CF. 要使CF⊥平面B1DF,只需CF⊥DF即可. 令CF⊥DF,設AF=x,則A1F=3a-x. 易知Rt△CAF∽Rt△FA1D, 得=, 即=, 整理得x2-3ax+2a2=0, 解得x=a或x=2a. 10.如圖,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點,F(xiàn)為線段EC(不含端點)上一動點.現(xiàn)將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內過點D作DK⊥AB,K為垂足.設AK=t,則t的取值范圍是____

30、____. 答案  解析 破解此題可采用兩個極端位置法, 即對于F位于DC的中點時,t=1, 隨著F點到C點時, ∵CB⊥AB,CB⊥DK, ∴CB⊥平面ADB, 即有CB⊥BD, 對于CD=2,BC=1, ∴BD=, 又AD=1,AB=2,因此有AD⊥BD, 則有t=, 因此t的取值范圍是. 三、解答題 11.如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,點D是AB的中點, (1)求證:AC⊥BC1; (2)求證:AC1∥平面CDB1. 證明 (1)直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面三邊長AC=3,BC=4,AB

31、=5, ∴AB2=AC2+BC2, ∴AC⊥BC.CC1⊥平面ABC, AC?平面ABC, ∴AC⊥CC1,又BC∩CC1=C, ∴AC⊥平面BCC1B1, BC1?平面BCC1B1, ∴AC⊥BC1. (2)設CB1與C1B的交點為E,連接DE, ∵D是AB的中點,E是C1B的中點, ∴DE∥AC1, ∵DE?平面CDB1,AC1?平面CDB1, ∴AC1∥平面CDB1. 12.如圖所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,D,E分別為A1B1,AA1的中點,點F在棱AB上,且AF=AB. (1)求證:EF∥平面BC1D; (2)在棱AC上是否存在

32、一個點G,使得平面EFG將三棱柱分割成的兩部分體積之比為1∶15,若存在,指出點G的位置;若不存在,請說明理由. (1)證明 取AB的中點M,連接A1M. 因為AF=AB,所以F為AM的中點. 又E為AA1的中點,所以EF∥A1M. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,M分別是A1B1,AB的中點, 所以A1D∥BM,A1D=BM, 所以四邊形A1DBM為平行四邊形,所以A1M∥BD. 所以EF∥BD. 因為BD?平面BC1D,EF?平面BC1D, 所以EF∥平面BC1D. (2)解 設AC上存在一點G,使得平面EFG將三棱柱分割成兩部分的體積之比為1∶15,如圖所示.

33、則VE-AFG∶VABC-A1B1C1=1∶16, 所以 ==×××=×, 由題意,×=,解得==. 所以AG=AC>AC,所以符合要求的點G不存在. 13.(xx·廣東)如圖(1),四邊形ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如圖(2)折疊,折痕EF∥DC.其中點E,F(xiàn)分別在線段PD,PC上,沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M,并且MF⊥CF. (1)證明:CF⊥平面MDF; (2)求三棱錐M-CDE的體積. (1)證明 如圖, 因為PD⊥平面ABCD,AD?平面ABCD, 所以PD⊥AD. 又因為ABCD是矩形,CD⊥AD, PD與CD交于點D,PD∩CD=D, 所以AD⊥平面PCD. 又CF?平面PCD, 所以AD⊥CF,即MD⊥CF. 又MF⊥CF,MD∩MF=M, 所以CF⊥平面MDF. (2)解 因為PD⊥DC,PC=2,CD=1,∠PCD=60°, 所以PD=,由(1)知FD⊥CF, 在直角三角形DCF中,CF=CD=. 過點F作FG⊥CD,垂足為G,得FG=FCsin 60°=×=, 所以DE=FG=,故ME=PE=-=, 所以MD== =. S△CDE=DE·DC=××1=. 故VM-CDE=MD·S△CDE=××=.

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