(京津魯瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關(guān)系練習(xí)(含解析)
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(京津魯瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關(guān)系練習(xí)(含解析)
第2講 空間點、線、面的位置關(guān)系
[做真題]
1.(2019·高考全國卷Ⅱ)設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是( )
A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行
B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行
C.α,β平行于同一條直線
D.α,β垂直于同一平面
解析:選B.對于A,α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行,當(dāng)這無數(shù)條直線互相平行時,α與β可能相交,所以A不正確;對于B,根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知,B正確;對于C,平行于同一條直線的兩個平面可能相交,也可能平行,所以C不正確;對于D,垂直于同一平面的兩個平面可能相交,也可能平行,如長方體的相鄰兩個側(cè)面都垂直于底面,但它們是相交的,所以D不正確.綜上可知選B.
2.(2019·高考全國卷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
解析:選B.取CD的中點O,連接ON,EO,因為△ECD為正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2,則EO=,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.過M作CD的垂線,垂足為P,連接BP,則MP=,CP=,所以BM2=MP2+BP2=()2+()2+22=7,得BM=,所以BM≠EN.連接BD,BE,因為四邊形ABCD為正方形,所以N為BD的中點,即EN,MB均在平面BDE內(nèi),所以直線BM,EN是相交直線,選B.
3.(2018·高考全國卷Ⅱ)在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為( )
A. B.
C. D.
解析:選C.
如圖,連接BD1,交DB1于O,取AB的中點M,連接DM,OM,易知O為BD1的中點,所以AD1∥OM,則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,AD1==2,DM==,
DB1==,所以O(shè)M=AD1=1,OD=DB1=,于是在△DMO中,由余弦定理,得cos∠MOD==,即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為,故選C.
4.(2019·高考全國卷Ⅰ)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.
(1)證明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角AMA1N的正弦值.
解:(1)證明:連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=B1C.
又因為N為A1D的中點,所以ND=A1D.
由題設(shè)知A1B1綊DC,可得B1C綊A1D,故ME綊ND,
因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.
又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標(biāo)原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則
A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),
=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-3,0).
設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則
所以
可取m=(,1,0).
設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則
所以可取n=(2,0,-1).
于是cos〈m,n〉===,
所以二面角AMA1N的正弦值為.
[山東省學(xué)習(xí)指導(dǎo)意見]
1.點、線、面之間的位置關(guān)系
借助長方體模型,在直觀認識和理解空間點、線、面的位置關(guān)系的基礎(chǔ)上,抽象出空間線、面位置關(guān)系的定義,并了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理(四個公理、一個定理).
2.空間位置的判定與說明
以立體幾何的上述定義,公理和定理為出發(fā)點,通過直觀感知、操作確認、思辨,認識和理解空間中線面平行、垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定(四個判定定理、四個性質(zhì)定理)能運用定理證明一些空間位置關(guān)系的簡單命題.
空間線面位置關(guān)系的判定
[考法全練]
1.(多選)下列命題正確的是( )
A.梯形一定是平面圖形
B.若兩條直線和第三條直線所成的角相等,則這兩條直線平行
C.兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面
D.若兩個平面有三個公共點,則這兩個平面重合
解析:選AC.對于A,由于兩條平行直線確定一個平面,所以梯形可以確定一個平面,故A正確;對于B,兩條直線和第三條直線所成的角相等,則這兩條直線平行或異面或相交,故B錯誤;對于C,兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面,故C正確;對于D,若兩個平面有三個公共點,則這兩個平面相交或重合,故D錯誤.
2.(2019·江西七校第一次聯(lián)考)設(shè)m,n是空間中兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列說法正確的是( )
A.若m∥n,n?α,則m∥α
B.若m?α,n?β,α∥β,則m∥n
C.若α∥β,m⊥α,則m⊥β
D.若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β
解析:選C.若m∥n,n?α,則m∥α或m?α,所以選項A不正確;若m?α,n?β,α∥β,則m∥n或m與n異面,所以選項B不正確;由面面平行的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)及判定知選項C是正確的;若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β或α與β相交,所以選項D不正確.故選C.
3.(2019·武漢市調(diào)研測試)已知兩個平面相互垂直,下列命題中,
①一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的任意一條直線;
②一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線;
③一個平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個平面;
④過一個平面內(nèi)任意一點作交線的垂線,則此垂線必垂直于另一個平面.
其中正確的命題是( )
A.①② B.①③
C.② D.②④
解析:選C.構(gòu)造正方體ABCDA1B1C1D1,如圖,①,在正方體ABCDA1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D?平面ADD1A1,BD?平面ABCD,但A1D與BD不垂直,故①錯;
②,在正方體ABCDA1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,l是平面ADD1A1內(nèi)的任意一條直線,l與平面ABCD內(nèi)同AB平行的所有直線垂直,故②正確;
③,在正方體ABCDA1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D?平面ADD1A1,但A1D與平面ABCD不垂直,故③錯;
④,在正方體ABCDA1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,且平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,過交線AD上的點作交線的垂線l,則l可能與另一平面垂直,也可能與另一平面不垂直,故④錯.故選C.
4.(2019·福建省質(zhì)量檢查)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)論的個數(shù)是( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:選C.如圖,
連接OC,因為AO為圓的直徑,所以AC⊥OC,因為SO垂直于底面圓O,AC?底面圓O,所以AC⊥SO,因為SO∩OC=O,所以AC⊥平面SOC.又SC?平面SOC,所以AC⊥SC,所以△SAC為直角三角形,故①正確.由于點D是圓O上的動點,所以平面SAD不能總垂直于平面SBD,故②錯誤,連接DO并延長交圓O于E,連接SE,PO,因為P為SD的中點,O為DE的中點,所以O(shè)P∥SE.又OP?平面PAB,SE?平面PAB,所以SE∥平面PAB,故③正確,故選C.
5.(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)已知兩條不同的直線m,n,兩個不重合的平面α,β,給出下面五個命題:
①m∥n,m⊥α?n⊥α;
②α∥β,m?α,n?β?m∥n;
③m∥n,m∥α?n∥α;
④m⊥α,m∥β?α⊥β;
⑤α∥β,m∥n,m⊥α?n⊥β.
其中正確命題的序號是________.
解析:命題①,顯然正確;命題②,m,n可能異面,故②為假命題;命題③,可能n?α,故③為假命題;命題④,由線面垂直、線面平行的性質(zhì)以及面面垂直的判定知④為真命題;命題⑤,由m∥n,m⊥α,得n⊥α,又α∥β,所以n⊥β,故⑤為真命題.綜上,正確的命題為①④⑤.
答案:①④⑤
判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)的命題真假的3種方法
(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷.
(2)借助于反證法,當(dāng)從正面入手較難時,可利用反證法,推出與題設(shè)或公認的結(jié)論相矛盾的命題,進而作出判斷.
(3)借助空間幾何模型,如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系,結(jié)合有關(guān)定理,進行肯定或否定.
空間中平行、垂直關(guān)系的證明
[典型例題]
由四棱柱ABCDA1B1C1D1截
去三棱錐C1B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD.
(1)證明:A1O∥平面B1CD1;
(2)設(shè)M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.
【證明】
(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,
由于ABCDA1B1C1D1為四棱柱,
所以A1O1∥OC,
A1O1=OC,
因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,
所以A1O∥O1C.
又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點,
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
所以A1E⊥BD.
因為B1D1∥BD,
所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.
又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化
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、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.
[對點訓(xùn)練]
1.如圖,在四棱錐PABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD=AD,E為AD的中點.
(1)求證:PA⊥CD.
(2)求證:平面PBD⊥平面PAB.
證明:(1)因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,
又因為PA⊥AB,
所以PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥CD.
(2)由已知,BC∥ED,且BC=ED,所以四邊形BCDE是平行四邊形,
又CD⊥AD,BC=CD,
所以四邊形BCDE是正方形,連接CE(圖略),
所以BD⊥CE,
又因為BC∥AE,BC=AE,
所以四邊形ABCE是平行四邊形,
所以CE∥AB,則BD⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD,
又因為PA∩AB=A,則BD⊥平面PAB,
且BD?平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAB.
2.如圖,已知斜三棱柱ABCA1B1C1中,點D,D1分別為AC,A1C1上的點.
(1)當(dāng)?shù)扔诤沃禃r,BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.
解:(1)
如圖,取D1為線段A1C1的中點,此時=1,
連接A1B交AB1于點O,連接OD1.
由棱柱的性質(zhì),知四邊形A1ABB1為平行四邊形,
所以點O為A1B的中點.
在△A1BC1中,點O,D1分別為A1B,A1C1的中點,
所以O(shè)D1∥BC1.
又因為OD1?平面AB1D1,BC1?平面AB1D1,
所以BC1∥平面AB1D1.
所以當(dāng)=1時,BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1,
且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1,
平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.
因此BC1∥D1O,同理AD1∥DC1.
因為=,=.
又因為=1,所以=1,即=1.
平面圖形的折疊問題
[典型例題]
如圖①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AB=BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置,使得P點在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上,如圖②所示,點E,F(xiàn)分別為棱PC,CD的中點.
(1)求證:平面OEF∥平面PAD;
(2)求證:CD⊥平面POF;
(3)若AD=3,CD=4,AB=5,求三棱錐ECFO的體積.
【解】 (1)證明:因為點P在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上,
所以PO⊥平面ADC,所以PO⊥AC.
由題意知O是AC的中點,又點E是PC的中點,
所以O(shè)E∥PA,又OE?平面PAD,PA?平面PAD,
所以O(shè)E∥平面PAD.同理,OF∥平面PAD.
又OE∩OF=O,OE,OF?平面OEF,
所以平面OEF∥平面PAD.
(2)證明:因為OF∥AD,AD⊥CD,
所以O(shè)F⊥CD.
又PO⊥平面ADC,CD?平面ADC,
所以PO⊥CD.
又OF∩PO=O,所以CD⊥平面POF.
(3)因為∠ADC=90°,AD=3,CD=4,
所以S△ACD=×3×4=6,
而點O,F(xiàn)分別是AC,CD的中點,
所以S△CFO=S△ACD=,
由題意可知△ACP是邊長為5的等邊三角形,
所以O(shè)P=,
即點P到平面ACD的距離為,
又E為PC的中點,所以E到平面CFO的距離為,
故VECFO=××=.
平面圖形折疊問題的求解方法
(1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,線段的長度是不變量,而位置關(guān)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.
[對點訓(xùn)練]
如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中點,O是AC與BE的交點,將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A1BCDE.
(1)證明:CD⊥平面A1OC;
(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1BCDE的體積為36,求a的值.
解:(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=AD=a,E是AD的中點,
∠BAD=,
所以BE⊥AC.
即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,
從而BE⊥平面A1OC,
又CD∥BE,
所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,
且平面A1BE∩平面BCDE=BE,
又由(1)知,A1O⊥BE,
所以A1O⊥平面BCDE,
即A1O是四棱錐A1BCDE的高.
由題圖1知,A1O=AB=a,平行四邊形BCDE的面積S=BE·OC=a2.
從而四棱錐A1BCDE的體積為
V=×S×A1O=×a2×a=a3,
由a3=36,得a=6.
一、選擇題
1.(2019·合肥市第一次質(zhì)量檢測)平面α外有兩條直線a,b,它們在平面α內(nèi)的投影分別是直線m,n,則下列命題正確的是( )
A.若a⊥b,則m⊥n
B.若m⊥n,則a⊥b
C.若m∥n,則a∥b
D.若m與n相交,則a與b相交或異面
解析:選D.對于選項A,當(dāng)直線a,b相交,且所在平面與平面α垂直時,直線m,n重合,故A不正確;對于選項B,不妨在正方體ABCDA1B1C1D1中考慮,取面對角線AB1,AD1,其所在直線分別記為a,b,其在平面ABCD上的投影分別為AB,AD,記為m,n,此時m⊥n,但a與b不垂直,故B不正確;對于選項C,不妨在正方體ABCDA1B1C1D1中考慮,取面對角線AB1,CD1,其所在直線分別記為a,b,其在平面ABCD上的投影分別為AB,CD,記為m,n,此時m∥n,但a與b不平行,故C不正確;對于選項D,若m與n相交,則a與b不可能平行,只能是相交或異面,故D正確,選D.
2.(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測(一))在正方體ABCDA1B1C1D1中,直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為( )
A.1 B.
C. D.
解析:選D.由題意畫出圖形如圖所示,取AD1的中點為O,連接OC1,OA1,易知OA1⊥平面ABC1D1,所以∠A1C1O是直線A1C1與平面ABC1D1所成的角,在Rt△OA1C1 中,A1C1=2OA1,所以sin∠A1C1O==.故選D.
3.如圖,在三棱錐DABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列命題中正確的是( )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BCD
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE
解析:選C.因為AB=CB,且E是AC的中點,所以BE⊥AC,同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.因為AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.故選C.
4.(2019·江西省五校協(xié)作體試題)如圖,圓錐的底面直徑AB=4,高OC=2,D為底面圓周上的一點,且∠AOD=,則直線AD與BC所成的角為( )
A. B.
C. D.
解析:選B.如圖,過點O作OE⊥AB交底面圓于E,分別以O(shè)E,OB,OC所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,因為∠AOD=π,所以∠BOD=,則D(,1,0),A(0,-2,0),B(0,2,0),C(0,0,2),=(,3,0),=(0,-2,2),所以cos〈,〉==-,則直線AD與BC所成的角為,故選B.
5.如圖,在矩形ABCD中,AB=,BC=1,將△ACD沿AC折起,使得D折起后的位置為D1,且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上,在四面體D1ABC的四個面中,有n對平面相互垂直,則n等于( )
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:選B.
如圖,設(shè)D1在平面ABC上的射影為E,連接D1E,則D1E⊥平面ABC,
因為D1E?平面ABD1,
所以平面ABD1⊥平面ABC.
因為D1E⊥平面ABC,BC?平面ABC,
所以D1E⊥BC,又AB⊥BC,D1E∩AB=E,
所以BC⊥平面ABD1,
又BC?平面BCD1,
所以平面BCD1⊥平面ABD1,
因為BC⊥平面ABD1,AD1?平面ABD1,
所以BC⊥AD1,又CD1⊥AD1,BC∩CD1=C,
所以AD1⊥平面BCD1,又AD1?平面ACD1,
所以平面ACD1⊥平面BCD1.
所以共有3對平面互相垂直.故選B.
6.(多選)如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,點P在線段BC1上運動,則下列判斷中正確的是( )
A.平面PB1D⊥平面ACD1
B.A1P∥平面ACD1
C.異面直線A1P與AD1所成角的范圍是
D.三棱錐D1APC的體積不變
解析:選ABD.對于A,根據(jù)正方體的性質(zhì),有DB1⊥平面ACD1,又DB1?平面PB1D,則平面PB1D⊥平面ACD1,故A正確;對于B,連接A1B,A1C1,易證明平面BA1C1∥平面ACD1,又A1P?平面BA1C1,所以A1P∥平面ACD1,故B正確;對于C,當(dāng)P與線段BC1的兩端點重合時,A1P與AD1所成角取最小值,當(dāng)P與線段BC1的中點重合時,A1P與AD1所成角取最大值,故A1P與AD1所成角的范圍是,故C錯誤;對于D,V三棱錐D1APC=V三棱錐CAD1P,因為點C到平面AD1P的距離不變,且△AD1P的面積不變,所以三棱錐CAD1P的體積不變,故D正確.故選ABD.
二、填空題
7.(2019·沈陽市質(zhì)量監(jiān)測(一))如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,下面結(jié)論中正確的是________.(寫出所有正確結(jié)論的序號)
①BD∥平面CB1D1;
②AC1⊥平面CB1D1;
③異面直線AC與A1B成60°角;
④AC1與底面ABCD所成角的正切值是.
解析:對于①,BD∥B1D1,BD?平面CB1D1,B1D1?平面CB1D1,所以BD∥平面CB1D1,①正確;對于②,因為AA1⊥平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1,連接A1C1,又A1C1⊥B1D1,所以B1D1⊥平面AA1C1,所以B1D1⊥AC1,同理B1C⊥AC1,所以AC1⊥平面CB1D1,②正確;對于③,易知AC∥A1C1,異面直線AC與A1B所成角為∠BA1C1,連接BC1,又△A1C1B為等邊三角形,所以∠BA1C1=60°,異面直線AC與A1B成60°角,③正確;對于④,AC1與底面ABCD所成角的正切值是==≠,故④不正確.故正確的結(jié)論為①②③.
答案:①②③
8.(2019·武漢市調(diào)研測試)在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中,點A關(guān)于平面BDC1的對稱點為M,則M到平面A1B1C1D1的距離為________.
解析:法一:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,正方體的棱長為1,在正方體ABCDA1B1C1D1下面補一個棱長為1的正方體ABCDA2B2C2D2,連接A2C2,B2D2,AC2,設(shè)B2D2∩A2C2=E,連接CE交AC2于M(即A關(guān)于平面BDC1的對稱點),易得M,所以點M到平面A1B1C1D1的距離為1-=.
法二:依題意,點M在平面ACC1A1上,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,由已知得A,C1,直線OC1的方程為y=x,其斜率為,
因為點A關(guān)于直線OC1的對稱點為M,設(shè)M(a,b),
所以,解得,
所以點M到直線A1C1的距離為1-=,
所以點A關(guān)于平面BDC1的對稱點M到平面A1B1C1D1的距離為.
答案:
9.在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=AD=4,AA1=2.過點A1作平面α與AB,AD分別交于M,N兩點,若AA1與平面α所成的角為45°,則截面A1MN面積的最小值是________,此時AM=________.
解析:如圖,過點A作AE⊥MN,連接A1E,因為A1A⊥平面ABCD,所以A1A⊥MN,所以MN⊥平面A1AE,所以A1E⊥MN,平面A1AE⊥平面A1MN,所以∠AA1E為AA1與平面A1MN所成的角,所以∠AA1E=45°,在Rt△A1AE中,因為AA1=2,所以AE=2,A1E=2,在Rt△MAN中,由射影定理得ME·EN=AE2=4,由基本不等式得MN=ME+EN≥2=4,當(dāng)且僅當(dāng)ME=EN,即E為MN的中點時等號成立,所以截面A1MN面積的最小值為×4×2=4.因為AM2+AN2=MN2,所以AM=2.
答案:4 2
三、解答題
10.如圖,在三棱錐ABCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E、F(E與A、D不重合)分別在棱AD、BD上,且EF⊥AD.
求證:(1)EF∥平面ABC;
(2)AD⊥AC.
證明:(1)在平面ABD內(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD,
所以EF∥AB.
又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,
所以EF∥平面ABC.
(2)因為平面ABD⊥平面BCD,
平面ABD∩平面BCD=BD,
BC?平面BCD且BC⊥BD,
所以BC⊥平面ABD.
因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.
又因為AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,
所以AD⊥平面ABC.
又因為AC?平面ABC,
所以AD⊥AC.
11.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.
因為F為CD的中點,
所以GF∥DE且GF=DE.
因為AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,所以AB∥DE,
所以GF∥AB.
又因為AB=DE,所以GF=AB.
所以四邊形GFAB為平行四邊形,則AF∥BG.
因為AF?平面BCE,BG?平面BCE,
所以AF∥平面BCE.
(2)因為△ACD為等邊三角形,F(xiàn)為CD的中點,
所以AF⊥CD.
因為DE⊥平面ACD,AF?平面ACD,
所以DE⊥AF.
又CD∩DE=D,
所以AF⊥平面CDE.
因為BG∥AF,所以BG⊥平面CDE.
又因為BG?平面BCE,
所以平面BCE⊥平面CDE.
12.如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,點E是BC邊的中點,將△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,連接AE,AC,DE,得到如圖2所示的幾何體.
(1)求證:AB⊥平面ADC;
(2)若AD=1,AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為,求點B到平面ADE的距離.
解:(1)證明:因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,
又DC⊥BD,DC?平面BCD,
所以DC⊥平面ABD.
因為AB?平面ABD,
所以DC⊥AB.
又因為折疊前后均有AD⊥AB,
且DC∩AD=D,
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知DC⊥平面ABD,
所以AC在平面ABD內(nèi)的正投影為AD,
即∠CAD為AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成的角.
依題意知tan ∠CAD==,
因為AD=1,所以DC=.
設(shè)AB=x(x>0),則BD=,
易知△ABD∽△DCB,所以=,
即=,解得x=,
故AB=,BD=,BC=3.
由于AB⊥平面ADC,
所以AB⊥AC,又E為BC的中點,所以由平面幾何知識得AE==,
同理DE==,
所以S△ADE=×1× =.
因為DC⊥平面ABD,所以VABCD=CD·S△ABD=.
設(shè)點B到平面ADE的距離為d,
則d·S△ADE=VBADE=VABDE=VABCD=,
所以d=,即點B到平面ADE的距離為.
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