高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案理數(shù)經(jīng)典版文檔:第二編 專題四 第2講 空間中的平行與垂直 Word版含解析

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1、 第2講 空間中的平行與垂直 「考情研析」    1.從具體內(nèi)容上:(1)以選擇題、填空題的形式考查,主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對命題的真假進行判斷,屬于基礎(chǔ)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(guān)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. 2.從高考特點上,難度中等,常以一道選填題或在解答題的第一問考查.分值一般為5分. 核心知識回顧 1.直線與平面平行的判定和性質(zhì) (1)判定 ①判定定理:a∥b,b?α,a?α?a∥α. ②面面平行的性質(zhì):α∥β,a?α?a∥β. (2)

2、性質(zhì):l∥α,l?β,α∩β=m?l∥m. 2.直線和平面垂直的判定和性質(zhì) (1)判定 ①判定定理:a⊥b,a⊥c,b,c?α,b∩c=O?a⊥α. ②線面垂直的其他判定方法: a.a∥b,a⊥α?b⊥α. b.l⊥α,α∥β?l⊥β. c.α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β. (2)性質(zhì) ①l⊥α,a?α?l⊥a. ②l⊥α,m⊥α?l∥m. 3.兩個平面平行的判定和性質(zhì) (1)判定 ①判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?β∥α. ②面面平行的其他判定方法: a.l⊥α,l⊥β?α∥β. b.α∥γ,α∥β?β∥γ. (2)性質(zhì):α

3、∥β,γ∩α=a,γ∩β=b?a∥b. 4.兩個平面垂直的判定和性質(zhì) (1)判定:a?α,a⊥β?α⊥β. (2)性質(zhì):α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β. 熱點考向探究 考向1  空間線面位置關(guān)系的判定 例1 (1)(2019·陜西延安高考模擬)已知m,n表示兩條不同的直線,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.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α 答案 B 解析 若m∥α,n∥α,則m,n相交或平行或異面,故A錯誤;若m⊥α,n⊥α,由線面垂直的性質(zhì)定理可知m∥n,

4、故B正確;若m⊥α,m⊥n,則n∥α或n?α,故C錯誤;若m∥α,m⊥n,則n∥α或n?α或n⊥α或n與α斜交,故D錯誤.故選B. (2)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M為CC1的中點,N為線段DD1上靠近D1的三等分點,平面BMN交AA1于點Q,則線段AQ的長為(  ) A. B. C. D. 答案 D 解析 如圖所示,過點A作AE∥BM交DD1于點E,則E是DD1的中點,過點N作NT∥AE交A1A于點T,此時NT∥BM,所以B,M,N,T四點共面,所以點Q與點T重合,易知AQ=NE=,故選D. 空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、

5、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷來解決問題. (2)必要時可以借助空間幾何模型,如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系,并結(jié)合有關(guān)定理來進行判斷. 1.(2019·遼寧撫順高三第一次模擬)在三棱錐P-ABC中,已知PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,點D,E分別為棱BC,PC的中點,則下列結(jié)論正確的是(  ) A.直線DE⊥直線AD B.直線DE⊥直線PA C.直線DE⊥直線AB D.直線DE⊥直線AC 答案 D 解析 由題意,如圖所示,因為PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,∴△PAC≌△BAC,得PC=BC,取PB的中點G,連接AG,CG,則PB⊥CG,PB⊥A

6、G,又∵AG∩CG=G,∴PB⊥平面CAG,則PB⊥AC,∵D,E分別為棱BC,PC的中點, ∴DE∥PB,則DE⊥AC.故選D. 2.如圖,在以角C為直角頂點的三角形ABC中,AC=8,BC=6,PA⊥平面ABC,F(xiàn)為PB上的點,在線段AB上有一點E,滿足BE=λAE.若PB⊥平面CEF,則實數(shù)λ的值為(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 ∵PB⊥平面CEF,∴PB⊥CE,又PA⊥平面ABC,CE?平面ABC,∴PA⊥CE,而PA∩PB=P,∴CE⊥平面PAB,∴CE⊥AB,∴λ====. 考向2  空間平行、垂直關(guān)系的證明 例2 (2019·北京

7、門頭溝區(qū)高三3月模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為6的菱形,且∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,F(xiàn)是棱PA上的一動點,E為PD的中點. (1)求證:平面BDF⊥平面ACF; (2)若AF=2,側(cè)面PAD內(nèi)是否存在過點E的一條直線,使得直線上任一點M都有CM∥平面BDF,若存在,給出證明;若不存在,請說明理由. 解 (1)證明:由題意可知,PA⊥平面ABCD,則BD⊥PA,又底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,PA,AC為平面PAC內(nèi)兩相交直線,所以,BD⊥平面PAC,BD為平面BDF內(nèi)一直線,從而平面BDF⊥平面ACF. (2)側(cè)面PAD內(nèi)存在過點

8、E的一條直線,使得直線上任一點M都有CM∥平面BDF. 設(shè)G是PF的中點,連接EG,CG,OF, 則?平面CEG∥平面FBD, 所以直線EG上任一點M都滿足CM∥平面BDF. 空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化,即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化. (2019·朝陽區(qū)高三第一次模擬)如圖,在多面體ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四邊形ADEF為正方形,四邊形ABCD為梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=1,BC=2. (1)求證:AF⊥CD; (2)若M為線段BD的中點,求證:CE∥平面AMF.

9、 證明 (1)因為四邊形ADEF為正方形, 所以AF⊥AD. 又因為平面ADEF⊥平面ABCD, 且平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF?平面ADEF, 所以AF⊥平面ABCD. 又CD?平面ABCD,所以AF⊥CD. (2)延長AM交BC于點G,連接FG. 因為AD∥BC,M為BD的中點, 所以△BGM≌△DAM, 所以BG=AD=1. 因為BC=2,所以GC=1. 由已知FE=AD=1,且FE∥AD, 又因為AD∥GC,所以FE∥GC,且FE=GC, 所以四邊形GCEF為平行四邊形,所以CE∥GF. 因為CE?平面AMF,GF?平面AMF, 所以CE∥

10、平面AMF.                             考向3  立體幾何中的翻折問題 例3 (2019·巢湖高三3月聯(lián)考)如圖1,在直角梯形ABCP中,CP∥AB,CP⊥BC,AB=BC=CP,D是CP的中點,將△PAD沿AD折起,使點P到達點P′的位置得到圖2,點M為棱P′C上的動點. (1)當M在何處時,平面ADM⊥平面P′BC,并證明; (2)若AB=2,∠P′DC=135°,證明:點C到平面P′AD的距離等于點P′到平面ABCD的距離,并求出該距離. 解 (1)當點M為P′C的中點時,平面ADM⊥平面P′BC, 證明如下:∵DP′=DC,M為

11、P′C的中點, ∴P′C⊥DM, ∵AD⊥DP′,AD⊥DC, ∴AD⊥平面DP′C,∴AD⊥P′C, ∴P′C⊥平面ADM,∴平面ADM⊥平面P′BC. (2)在平面P′CD上作P′H⊥CD的延長線于點H, 由(1)中AD⊥平面DP′C, 可知平面P′CD⊥平面ABCD, ∴P′H⊥平面ABCD, 由題意得DP′=2,∠P′DH=45°, ∴P′H=, 又VP′-ADC=VC-P′AD, 設(shè)點C到平面P′AD的距離為h, 即S△ADC×P′H=S△P′AD×h, 由題意,△ADC≌△ADP′,則S△ADC=S△P′AD. ∴P′H=h, 故點C到平面P′A

12、D的距離等于點P′到平面ABCD的距離,且該距離為. 翻折前后位于同一個半平面內(nèi)的直線間的位置關(guān)系、數(shù)量關(guān)系不變,翻折前后分別位于兩個半平面內(nèi)(非交線)的直線位置關(guān)系、數(shù)量關(guān)系一般發(fā)生變化,解翻折問題的關(guān)鍵是辨析清楚“不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系”“變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系”. 如圖1所示,直角梯形ABCD,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=AB=2,點E為AC的中點,將△ACD沿AC折起,使折起后的平面ACD與平面ABC垂直(如圖2),在圖2所示的幾何體D-ABC中. (1)求證:BC⊥平面ACD; (2)點F在棱CD上,且滿足AD∥平面BEF,求幾何體F-BCE的

13、體積. 解 (1)證明:在圖1中,由題意知,AC=BC=2,AB=4,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC. 如圖2,因為E為AC的中點,連接DE,則DE⊥AC, 又平面ADC⊥平面ABC,且平面ADC∩平面ABC=AC,DE?平面ACD, 從而ED⊥平面ABC,所以ED⊥BC. 又AC⊥BC,AC∩ED=E, 所以BC⊥平面ACD. (2)取DC的中點F,連接EF,BF, 因為E是AC的中點,所以EF∥AD, 又EF?平面BEF,AD?平面BEF, 所以AD∥平面BEF, 由(1)知,DE為三棱錐D-ABC的高, 因為三棱錐F-BCE的高h=DE=×=,S△

14、BCE=S△ABC=××2×2=2, 所以三棱錐F-BCE的體積為 VF-BCE=S△BCE·h=×2×=. 真題押題 『真題模擬』 1.(2019·河北唐山高三第二次模擬)已知直線l,m和平面α,β,有如下三個命題: ①若存在平面γ,使α⊥γ,β⊥γ,則α∥β; ②若l,m是兩條異面直線,l?α,m?β,l∥β,m∥α,則α∥β; ③若l⊥α,m⊥β,l∥m,則α∥β. 其中正確命題的個數(shù)是(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 答案 C 解析 若存在平面γ,使α⊥γ,β⊥γ,則α∥β或α與β相交,故①錯誤;假設(shè)α與β不平行,則α與β相交,設(shè)交線為n,∵l

15、?α,l∥β,α∩β=n,∴l(xiāng)∥n,同理,m∥n,∴l(xiāng)∥m,與l,m異面矛盾,故假設(shè)不成立,所以α∥β,②正確;若l⊥α,l∥m,則m⊥α,又m⊥β,則α∥β,故③正確. 2.(2019·全國卷Ⅲ)如圖,點N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是線段ED的中點,則(  ) A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線 B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線 C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線 D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線 答案 B 解析 解法一:取CD的中點O,連接EO,ON.由△ECD是正三角形,平面ECD⊥平面A

16、BCD,知EO⊥平面ABCD. ∴EO⊥CD,EO⊥ON.又N為正方形ABCD的中心,∴ON⊥CD.以CD的中點O為原點,方向為x軸正方向建立空間直角坐標系,如圖1所示.不妨設(shè)AD=2,則E(0,0,),N(0,1,0),M,B(-1,2,0), ∴EN= =2,BM= =, ∴EN≠BM.連接BD,BE, ∵點N是正方形ABCD的中心, ∴點N在BD上,且BN=DN, ∴BM,EN是△DBE的中線, ∴BM,EN必相交.故選B. 解法二:如圖2,取CD的中點F,DF的中點G,連接EF,F(xiàn)N,MG,GB. ∵△ECD是正三角形, ∴EF⊥CD. ∵平面ECD⊥平面

17、ABCD, ∴EF⊥平面ABCD. ∴EF⊥FN.不妨設(shè)AB=2,則FN=1,EF=, ∴EN==2. ∵EM=MD,DG=GF,∴MG∥EF且MG=EF, ∴MG⊥平面ABCD,∴MG⊥BG. ∵MG=EF=,BG== =,∴BM==.∴BM≠EN.連接BD,BE,∵點N是正方形ABCD的中心,∴點N在BD上,且BN=DN,∴BM,EN是△DBE的中線,∴BM,EN必相交.故選B. 3.(2019·北京高考)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷: ①l⊥m;②m∥α;③l⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:_____

18、___. 答案 若m∥α且l⊥α,則l⊥m成立(或若l⊥m,l⊥α,則m∥α) 解析 已知l,m是平面α外的兩條不同直線,由①l⊥m與②m∥α,不能推出③l⊥α,因為l可以與α平行,也可以相交不垂直;由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α;由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②. 『金版押題』 4.《九章算術(shù)》中,將如圖所示的幾何體稱為芻甍,底面ABCD為矩形,且EF∥底面ABCD,EF到平面ABCD的距離為h,BC=a,AB=b,EF=c,則=2時,=(  ) A. B. C. D.1 答案 D 解析 VE-ABD=S△ABD·h=×a

19、b×h=abh;同理VF-BCD=abh.因為===,所以VB-DEF=ach,則VB-CDEF=VB-CDF+VB-DEF=abh+ach,所以==1+=2,所以=1.故選D. 5.如圖,圓柱O1O2的底面圓半徑為1,AB是一條母線,BD是⊙O1的直徑,C是上底面圓周上一點,∠CBD=30°,若A,C兩點間的距離為,則圓柱O1O2的高為________,異面直線AC與BD所成角的余弦值為________. 答案 2  解析 連接CD,則∠BCD=90°,因為圓柱O1O2的底面圓半徑為1,所以BD=2.因為∠CBD=30°,所以CD=1,BC=,易知AB⊥BC,所以AC= =,所以A

20、B=2,故圓柱O1O2的高為2.連接AO2并延長,設(shè)AO2的延長線與下底面圓周交于點E,連接CE,則AE=2,∠CAE即為異面直線AC與BD所成的角. 又CE= =, 所以cos∠CAE===. 配套作業(yè) 一、選擇題 1.(2019·東北三省四市高三第一次模擬)已知m,n為兩條不重合的直線,α,β為兩個不重合的平面,下列條件中,α∥β的充分條件是(  ) A.m∥n,m?α,n?β B.m∥n,m⊥α,n⊥β C.m⊥n,m∥α,n∥β D.m⊥n,m⊥α,n⊥β 答案 B 解析 當m∥n時,若m⊥α,可得n⊥α,又n⊥β,可知α∥β,故選B. 2.如圖,以等腰直角三角

21、形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后,某學(xué)生得出下列四個結(jié)論: ①BD⊥AC; ②△BAC是等邊三角形; ③三棱錐D-ABC是正三棱錐; ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的是(  ) A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④ 答案 B 解析 由題意知,BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,①正確;AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,所以AB=AC=BC,△BAC是等邊三角形,②正確;易知DA=DB=DC,又由②知③正確;由①知④錯誤,故選B. 3.(2019·靖遠縣高三第四次聯(lián)考)在正方體ABC

22、D-A1B1C1D1中,E為棱CD上一點,且CE=2DE,F(xiàn)為棱AA1的中點,且平面BEF與DD1交于點G,則B1G與平面ABCD所成角的正切值為(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1,所以B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角,易知B1G與平面A1B1C1D1所成角為∠D1B1G.設(shè)AB=6,則AF=3,DE=2,平面BEF∩平面CDD1C1=GE且BF∥平面CDD1C1,可知BF∥GE,易得△FAB∽△GDE,則=,即=?DG=1,D1G=5,在Rt△B1D1G中,tan∠D1B1G===,故B1G與平

23、面ABCD所成角的正切值為,故選C. 4.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點,則下列說法中錯誤的是(  ) A.MN與CC1垂直 B.MN與AC垂直 C.MN與BD平行 D.MN與A1B1平行 答案 D 解析 如圖所示,連接C1D,BD,則MN∥BD,而C1C⊥BD,故C1C⊥MN,故A,C正確,D錯誤,又因為AC⊥BD,所以MN⊥AC,B正確. 5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AC與BD的交點為O,E為BC的中點,則異面直線D1O與B1E所成角的余弦值為(  ) A. B. C. D. 答案 A 解析 取

24、A1B1的中點F,連接OF,OE,則由 知,四邊形OEB1F為平行四邊形, ∴B1E∥OF, ∴∠D1OF為異面直線D1O與B1E所成角.連接D1F,設(shè)正方體的棱長為2, 則OF=B1E=,D1O==, D1F==, ∴cos∠D1OF= ==. 6.在正方體AC1中,E是棱CC1的中點,F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點,且A1F與平面D1AE的垂線垂直,如圖所示,下列說法不正確的是(  ) A.點F的軌跡是一條線段 B.A1F與BE是異面直線 C.A1F與D1E不可能平行 D.三棱錐F-ABC1的體積為定值 答案 C 解析 由題知A1F∥平面D1AE,分別取

25、B1C1,BB1的中點H,G,連接HG,A1H,A1G,BC1,可得HG∥BC1∥AD1,A1G∥D1E,故平面A1HG∥平面AD1E,故點F的軌跡為線段HG,A正確;由異面直線的判定定理可知A1F與BE是異面直線,故B正確;當F是BB1的中點時,A1F與D1E平行,故C不正確;∵HG∥平面ABC1,∴F點到平面ABC1的距離不變,故三棱錐F-ABC1的體積為定值,故D正確. 7.(2019·漢中高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=,BC=2,點D為BC的中點,則異面直線AD與A1C所成的角為(  ) A. B. C. D.

26、答案 B 解析 取B1C1的中點D1,連接A1D1,CD1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,點D為BC的中點,∴AA1=DD1且AA1∥DD1, ∴四邊形ADD1A1是平行四邊形,∴AD∥A1D1且AD=A1D1,所以∠CA1D1就是異面直線AD與A1C所成的角.AB=AC=,BC=2可以求出AD=A1D1=1,在Rt△CC1D1中,由勾股定理可求出CD1=,在Rt△AA1C中,由勾股定理可求出A1C=2,顯然△A1D1C是直角三角形,sin∠CA1D1==,所以∠CA1D1=,即異面直線AD與A1C所成的角為.故選B. 二、填空題 8.(2019·南開中學(xué)高三第三次檢測)在正三棱柱

27、ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,M,N分別為AA1,BB1的中點,則異面直線BM與C1N所成角的余弦值為________. 答案  解析 如圖,連接A1N,則A1N∥BM,所以異面直線BM與C1N所成的角就是直線A1N和C1N所成的角. 由題意,得A1N=C1N==,在△A1C1N中,由余弦定理得cos∠A1NC1==.所以異面直線BM與C1N所成角的余弦值為. 9.已知四邊形ABCD是矩形,AB=4,AD=3.沿AC將△ADC折起到△AD′C,使平面AD′C⊥平面ABC,F(xiàn)是AD′的中點,E是AC上一點,給出下列結(jié)論: ①存在點E,使得EF∥平面BCD′; ②存在點

28、E,使得EF⊥平面ABC; ③存在點E,使得D′E⊥平面ABC; ④存在點E,使得AC⊥平面BD′E. 其中正確的結(jié)論是________.(寫出所有正確結(jié)論的序號) 答案 ①②③ 解析 對于①,存在AC的中點E,使得EF∥CD′,利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′;對于②,過點F作EF⊥AC,垂足為E,利用面面垂直的性質(zhì)定理可得EF⊥平面ABC;對于③,過點D′作D′E⊥AC,垂足為E,利用面面垂直的性質(zhì)定理可得D′E⊥平面ABC;對于④,因為ABCD是矩形,AB=4,AD=3,所以B,D′在AC上的射影不是同一點,所以不存在點E,使得AC⊥平面BD′E. 10.(2

29、019·福建高三3月質(zhì)量檢測)如圖,AB是圓錐SO的底面圓O的直徑,D是圓O上異于A,B的任意一點,以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C,P為SD的中點.現(xiàn)給出以下結(jié)論: ①△SAC為直角三角形; ②平面SAD⊥平面SBD; ③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行. 其中正確結(jié)論的序號是________.(寫出所有正確結(jié)論的序號) 答案?、佗? 解析 如圖,連接OC,∵SO⊥底面圓O,∴SO⊥AC,C在以AO為直徑的圓上, ∴AC⊥OC,∵OC∩SO=O, ∴AC⊥平面SOC,AC⊥SC, 即△SAC為直角三角形,故①正確;假設(shè)平面SAD⊥平面SBD,在平面SAD中過

30、點A作AH⊥SD交SD于點H,則AH⊥平面SBD,∴AH⊥BD,又∵BD⊥AD,∴BD⊥平面SAD,又CO∥BD,∴CO⊥平面SAD,∴CO⊥SC,又在△SOC中,SO⊥OC,在一個三角形內(nèi)不可能有兩個直角,故平面SAD⊥平面SBD不成立,故②錯誤;連接DO并延長交圓于點E,連接PO,SE,∵P為SD的中點,O為ED的中點,∴OP是△SDE的中位線,∴PO∥SE,即SE∥平面APB,即平面PAB必與圓錐SO的母線SE平行.故③正確.故正確是①③. 三、解答題 11.如圖1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中點,將△ADE沿AE折起,得到如圖2所示的四棱錐D1-ABCE,其中

31、平面D1AE⊥平面ABCE. (1)證明:BE⊥平面D1AE; (2)設(shè)F為CD1的中點,在線段AB上是否存在一點M,使得MF∥平面D1AE,若存在,求出的值;若不存在,請說明理由. 解 (1)證明:∵四邊形ABCD為矩形,且AD=DE=EC=BC=2,∴∠AEB=90°, 即BE⊥AE,又平面D1AE⊥平面ABCE,平面D1AE∩平面ABCE=AE,∴BE⊥平面D1AE. (2)=,理由如下: 取D1E的中點L,連接FL,AL, ∴FL∥EC,又EC∥AB, ∴FL∥AB,且FL=AB, ∴M,F(xiàn),L,A四點共面, 若MF∥平面AD1E,則MF∥AL. ∴四邊形AM

32、FL為平行四邊形, ∴AM=FL=AB,=. 12.(2019·上海金山區(qū)高三第二學(xué)期質(zhì)量監(jiān)控)如圖,已知點P在圓柱OO1的底面圓O上,AB為圓O的直徑,圓柱OO1的側(cè)面積為16π,OA=2,∠AOP=120°. (1)求三棱錐A1-APB的體積; (2)求直線A1P與底面PAB所成角的正切值. 解 (1)由題意,S側(cè)=2π·2·AA1=16π, 解得AA1=4, 在△AOP中,OA=OP=2,∠AOP=120°, 所以AP=2, 在△BOP中,OB=OP=2,∠BOP=60°,所以BP=2, 三棱錐A1-APB的體積V=S△APB·AA1=××2×2×4=. (2)

33、因為AA1⊥底面PAB,所以∠APA1是直線A1P與底面PAB所成的角, 在Rt△APA1中,tan∠APA1===. 即直線A1P與底面PAB所成角的正切值為. 13.(2019·江西八所重點中學(xué)高三4月聯(lián)考)如圖,在四棱錐E-ABCD中,底面ABCD是邊長為4的菱形且中心為點O,∠DAB=∠EAB=∠EAD=60°,且點E在底面ABCD上的投影為AO的中點. (1)若P為AD的中點,求證:PE⊥AC; (2)求點C到平面EAB的距離. 解 (1)證明:如圖,取AO的中點為H,連接HP,則EH⊥平面ABCD. 且AC?平面ABCD,所以EH⊥AC, P,H分別為AD,

34、AO的中點, 所以HP∥BD. 又底面ABCD是邊長為4的菱形,所以AC⊥DB.所以AC⊥HP. 且HP∩HE=H,所以AC⊥平面EPH, PE?平面EPH,即AC⊥PE. (2)由已知條件,易得AP=2,AH=,HP=1, 設(shè)EH=x,在Rt△EHA和Rt△EHP中, 則AE=,EP=, 在△EAP中,∠EAP=60°,由余弦定理得, ()2+22-2×2cos60°=()2, 解得x=,則EH=,AE=3, 設(shè)點C到平面EAB的距離為h, 由VE-ABC=VC-EAB, 得S△ABC·EH=S△EAB·h. 又S△ABC=×4×4×sin120°=4, S△E

35、AB=×3×4×sin60°=3, 得h=,即點C到平面EAB的距離為. 14.(2019·呂梁統(tǒng)一模擬)如圖,在三棱錐P-ABC中,底面ABC是等邊三角形,D為BC邊的中點,PO⊥平面ABC,點O在線段AD上. (1)證明:∠PAB=∠PAC; (2)若AB=PB=2,直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為,求點C到平面PAB的距離. 解 (1)證明:如圖,過點O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,連接PE,PF.∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥OE,PO⊥OF,PO⊥AB,PO⊥AC, ∵底面ABC是等邊三角形,D為BC邊的中點,∴AD是∠BAC的角平分線,∴OE=OF,

36、∴Rt△POE≌Rt△POF,∴PE=PF, ∵AB⊥OE,AB⊥PO,OE∩PO=O, ∴AB⊥平面POE,∴AB⊥PE,同理可得AC⊥PF, ∴Rt△PAE≌Rt△PAF,∴∠PAB=∠PAC. (2)∵AB=PB=2,直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為, ∴PO=PB=, ∴VP-ABC=××22×=. 連接OB,則OB==. ∴OD==, 又AD==, ∴O是AD的中點, 由△AOE∽△ABD可得==, ∴OE=,∴PE==, ∴S△PAB=×2×=, 設(shè)C到平面PAB的距離為h,則 VC-PAB=××h=, 解得h=.

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