2022年高考數(shù)學二輪復習 專題5 立體幾何 第2講 直線與平面的位置關系 文

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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題5 立體幾何 第2講 直線與平面的位置關系 文 空間線面位置關系的判斷訓練提示:判斷空間中線面位置關系關鍵是根據(jù)定義、判定定理、性質(zhì)定理進行判斷,注意反證法的應用.1.(xx河南六市第一次聯(lián)考)如圖,四棱錐SABCD的底面是正方形,每條側棱的長都是底面邊長的倍,P為側棱SD上的點.(1)求證:ACSD;(2)若SD平面PAC,側棱SC上是否存在一點E,使得BE平面PAC.若存在,求SEEC的值;若不存在,試說明理由.(1)證明:連接BD,設AC交BD于O,由題意SOAC.在正方形ABCD中,ACBD,所以AC平面SBD,得ACSD.(2)解:在棱SC上存在一點E

2、,使BE平面PAC.設正方形邊長為a,則SD=a,由SD平面PAC可得PD=a,故可在SP上取一點N,使PN=PD,過N作PC的平行線與SC的交點即為E.連接BN(圖略),在BDN中知BNPO,又由于NEPC,故平面BEN平面PAC,得BE平面PAC,由于SNNP=21,故SEEC=21.2.(xx蘭州高三診斷)如圖,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,AB=2,BC=CD=1,ABCD,頂點D1在底面ABCD內(nèi)的射影恰為點C.(1)求證:AD1BC;(2)在AB上是否存在點M,使得C1M平面ADD1A1?若存在,確定點M的位置;若不存在,請說明理由.(1)證明:連接D

3、1C,則D1C平面ABCD,所以D1CBC,在等腰梯形ABCD中,連接AC,因為AB=2,BC=CD=1,ABCD,所以BCAC,所以BC平面AD1C,所以AD1BC.(2)解:設M是AB上的點,因為ABCD,所以AMD1C1,因經(jīng)過AM,D1C1的平面與平面ADD1A1相交于AD1,要使C1M平面ADD1A1,則C1MAD1,即四邊形AD1C1M為平行四邊形,此時D1C1=DC=AM=AB,即點M為AB的中點.所以在AB上存在點M,使得C1M平面ADD1A,此時點M為AB的中點.空間線線、線面位置關系的證明訓練提示:(1)立體幾何中,要證線線垂直,常常先證線面垂直,再用線垂直于面的性質(zhì)易得線

4、垂直于線.要證線平行于面,只需先證線平行于線,再用線平行于面的判定定理易得或先證直線所在的平面與平面平行,即得線面平行.(2)證明立體幾何問題,要緊密結合圖形,有時要利用平面幾何的相關知識,因此需要多畫出一些圖形輔助使用.3.(xx山西大同三模)如圖所示,正方形AA1D1D與矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD,點E為AB的中點.(1)求證:BD1平面A1DE;(2)求證:D1EA1D.證明:(1)四邊形ADD1A1為正方形,連接AD1交A1D于O,則O是AD1的中點,點E為AB的中點,連接OE,所以EO為ABD1的中位線,所以EOBD1.又因為BD1平面A1DE,OE平面A1DE,所以

5、BD1平面A1DE.(2)正方形ADD1A1中,A1DAD1,由已知可得AB平面ADD1A1,A1D平面ADD1A1,所以ABA1D,ABAD1=A,所以A1D平面AD1E,因為D1E平面AD1E,所以A1DD1E.空間面面位置關系的證明訓練提示:(1)證明面面平行依據(jù)判定定理,只要找到一個面內(nèi)兩條相交直線與另一個平面平行即可,從而將證明面面平行轉化為證明線面平行,再轉化為證明線線平行.(2)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,則借助中線、高線或添加輔助線解決.4.(xx湖南卷)

6、如圖,直三棱柱ABCA1B1C1的底面是邊長為2的正三角形,E,F分別是BC,CC1的中點.(1)證明:平面AEF平面B1BCC1;(2)若直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45,求三棱錐FAEC的體積.(1)證明:如圖,因為三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,所以AEBB1.又E是正三角形ABC的邊BC的中點,所以AEBC.因此AE平面B1BCC1.而AE平面AEF,所以平面AEF平面B1BCC1.(2)解:設AB的中點為D,連接A1D,CD.因為ABC是正三角形,所以CDAB.又三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,所以CDAA1.因此CD平面A1ABB1,于是CA1D為直線A1C與平面

7、A1ABB1所成的角.由題知CA1D=45,所以A1D=CD=AB=.在RtAA1D中,AA1=,所以FC=AA1=.故三棱錐FAEC的體積V=SAECFC=AEECFC=.5.(xx北京卷)如圖,在三棱錐VABC中,平面VAB平面ABC,VAB為等邊三角形,ACBC,且AC=BC=,O,M分別為AB,VA的中點.(1)求證:VB平面MOC;(2)求證:平面MOC平面VAB;(3)求三棱錐VABC的體積.(1)證明:因為O,M分別為AB,VA的中點,所以OMVB.又因為VB平面MOC,所以VB平面MOC.(2)證明:因為AC=BC,O為AB的中點,所以OCAB.又因為平面VAB平面ABC,且O

8、C平面ABC,所以OC平面VAB.所以平面MOC平面VAB.(3)解:在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,所以AB=2,OC=1,所以SVAB=,又因為OC平面VAB,所以=OCSVAB=.又因為三棱錐VABC的體積與三棱錐CVAB的體積相等,所以三棱錐VABC的體積為. 類型一:空間線面位置關系的綜合問題1.(xx甘肅蘭州第二次監(jiān)測)已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,E,F分別為棱AA1與CC1的中點,過直線EF的平面分別與BB1,DD1相交于點M,N,設BM=x,x0,1有以下命題:平面MENF平面BDD1B1;當x=時,四邊形MENF的面積最小;四邊形MENF的周長L=f

9、(x),x0,1是單調(diào)函數(shù);四棱錐C1MENF的體積V=g(x)為常函數(shù).其中正確結論的序號是(將正確結論的序號都填上).解析:連接BD,B1D1,則由正方體性質(zhì)知,EF平面BDD1B1,所以平面MENF平面BDD1B1,所以正確.連結MN,因為EF平面BDD1B1,所以EFMN,因為四邊形MENF的對角線EF為定值,所以要使面積最小,則只需MN的長度最小即可,此時當M為棱的中點時,即x=時,MN最小,對應四邊形MENF的面積最小,故正確;因為EFMN,所以四邊形MENF是菱形,當x0,時,EM的長度由大變小,當x,1時EM的長度由小變大,所以函數(shù)L=f(x)不單調(diào),故錯;連接C1E,C1M,

10、C1N(圖略),則四棱錐分割為兩個小三棱錐,它們是以C1EF為底,以M,N分別為頂點的兩個小棱錐,因為C1EF的面積為常數(shù),M,N到平面C1EF的距離是常數(shù),所以四棱錐C1MENF的體積V=g(x)為常函數(shù),所以正確.答案:2.如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD為梯形,ABC=BAD=90,BC=2,AP=AD=AB=,PAB=PAD=.(1)試在棱PA上確定一個點E,使得PC平面BDE,并求出此時的值;(2)當=60時,求證:CD平面PBD.(1)解:連接AC,BD交于點F,在平面PCA中作EFPC交PA于E,因為PC平面BDE,EF平面BDE,所以PC平面BDE,因為ADBC,所以=

11、,因為EFPC,所以=,此時,=.(2)證明:取BC的中點G,連接DG,則四邊形ABGD為正方形連接AG,交BD于點O,連接PO,AP=AD=AB,PAB=PAD=60,所以PAB和PAD都是等邊三角形,因此PA=PB=PD,又因為OD=OB,所以POBPOD,得POB=POD=90,同理得POAPOB,POA=90,所以PO平面ABC.所以POCD,ABC=BAD=90,BC=2AD=2AB=2,可得BD=2,CD=2,所以BD2+CD2=BC2,所以BDCD,又BDPO=O,所以CD平面PBD.類型二:空間線線、線面關系的證明3.(xx河北滄州4月質(zhì)檢)已知四邊形ABCD為正方形,NC平面

12、ABCD,MDNC,且AB=NC.(1)求證:AM平面BCN;(2)若AB=2,求三棱錐CAMN的體積.(1)證明:因為四邊形ABCD為正方形,所以ADBC,又由于MDNC,所以平面ADM平面BCN,所以直線AM與平面BCN平行.(2)解:因為在MCN中,NC=AB=2,點M到NC的距離h=DC=2,所以SMCN=NCh=2,又因為四邊形ABCD為正方形,NC平面ABCD,所以ADDC,ADNCAD平面MDCN,所以=SMCNAD=22=.4.(xx江西九江二模)已知梯形ABCD中,BCAD,AB=BC=AD=1,且ABC=90,以AC為折痕使得折疊后的圖形中平面DAC平面ABC.(1)求證:

13、DC平面ABC;(2)求四面體ABCD的外接球的體積;(3)在棱AD上是否存在點P,使得AD平面PBC.(1)證明:如圖取AD的中點E,連接CE,CED是等腰直角三角形,所以ACD=ACE+ECD=45+45=90,即DCAC,因為平面DAC平面ABC,所以DC平面ABC.(2)解:因為DC平面ABC,所以DCAB,又因為ABBC,所以AB平面DBC,所以ABDB,即ABD=ACD=90,所以四面體ABCD的外接球的球心是AD的中點E,即四面體ABCD的外接球的半徑R=1,故四面體ABCD的外接球的體積為.(3)解:不存在,理由:若在棱AD上存在點P,使得AD平面PBC,則ADBC,又DC平面

14、ABC,所以DCBC,所以BC平面ADC,從而BCAC,這與ACB=45矛盾,所以在棱AD上不存在點P,使得AD平面PBC.類型三:空間面面位置關系的證明5.(xx天津卷)如圖,已知AA1平面ABC,BB1AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,點E和F分別為BC和A1C的中點.(1)求證:EF平面A1B1BA;(2)求證:平面AEA1平面BCB1;(3)求直線A1B1與平面BCB1所成角的大小.(1)證明:如圖,連接A1B.在A1BC中,因為E和F分別是BC和A1C的中點,所以EFBA1.又因為EF平面A1B1BA,所以EF平面A1B1BA.(2)證明:因為AB=AC,E為B

15、C的中點,所以AEBC.因為AA1平面ABC,BB1AA1,所以BB1平面ABC,從而BB1AE.又因為BCBB1=B,所以AE平面BCB1,又因為AE平面AEA1,所以平面AEA1平面BCB1.(3)解:取BB1的中點M和B1C的中點N,連接A1M,A1N,NE.因為N和E分別為B1C和BC的中點,所以NEB1B,NE=B1B,故NEA1A且NE=A1A,所以A1NAE,且A1N=AE.又因為AE平面BCB1,所以A1N平面BCB1,從而A1B1N為直線A1B1與平面BCB1所成的角.在ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2.因為BMAA1,BM=AA1,所以A1MAB,A1M=AB,

16、又由ABBB1,得A1MBB1.在RtA1MB1中,可得A1B1=4.在RtA1NB1中,sinA1B1N=,因此A1B1N=30.所以,直線A1B1與平面BCB1所成的角為30.6.(xx東北三校第二次聯(lián)考)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面ABC為等邊三角形,AB=4,AA1=5,點M是BB1中點.(1)求證:平面A1MC平面AA1C1C;(2)求點A到平面A1MC的距離.(1)證明:連接AC1,與A1C交于E.連接ME.因為直三棱柱ABCA1B1C1,點M是BB1中點,所以MA1=MA=MC1=MC=.因為點E是AC1,A1C的中點,所以MEAC1,MEA1C,且AC1A1C=E,從而ME平面AA1C1C,因為ME平面A1MC,所以平面A1MC平面AA1C1C.(2)解:過點A作AHA1C于點H,由(1)知平面A1MC平面AA1C1C,平面A1MC平面AA1C1C=A1C,而AH平面AA1C1C,所以AH即為點A到平面A1MC的距離.在A1AC中,A1AC=90,A1A=5,AC=4,所以A1C=,所以AH=,即點A到平面A1MC的距離為.