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- 2021-06-11 发布
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第16练 立体几何[解答题突破练]
[明晰考情] 1.命题角度:高考中考查线面的位置关系和线面角,更多体现传统方法.2.题目难度:中档难度.
考点一 空间中的平行、垂直关系
方法技巧 (1)平行关系的基础是线线平行,比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系,利用平行四边形构造平行关系.
(2)证明线线垂直的常用方法
①利用特殊平面图形的性质,如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直;
②利用勾股定理的逆定理;
③利用线面垂直的性质.
1.如图,在六面体ABCDE中,平面DBC⊥平面ABC,AE⊥平面ABC.
(1)求证:AE∥平面DBC;
(2)若AB⊥BC,BD⊥CD,求证:AD⊥DC.
证明 (1)过点D作DO⊥BC,O为垂足.
又∵平面DBC⊥平面ABC,平面DBC∩平面ABC=BC,DO⊂平面DBC,
∴DO⊥平面ABC.
又AE⊥平面ABC,
∴AE∥DO.
又AE⊄平面DBC,DO⊂平面DBC,
故AE∥平面DBC.
(2)由(1)知,DO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
∴DO⊥AB.
又AB⊥BC,且DO∩BC=O,DO,BC⊂平面DBC,
∴AB⊥平面DBC.
∵DC⊂平面DBC,
∴AB⊥DC.
又BD⊥CD,AB∩DB=B,AB,DB⊂平面ABD,
∴DC⊥平面ABD.
又AD⊂平面ABD,
∴AD⊥DC.
2.(2018·江苏)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中, AA1=AB,AB1⊥B1C1.
求证:(1)AB∥平面A1B1C;
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明 (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,
四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1=AB,
所以四边形ABB1A1为菱形,
因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
3.(2018·全国Ⅱ)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.
(1)证明 因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,
所以OP⊥AC,且OP=2.
如图,连接OB.
因为AB=BC=AC,
所以△ABC为等腰直角三角形,
所以OB⊥AC,OB=AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
因为OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,
OB,AC⊂平面ABC,
所以PO⊥平面ABC.
(2)解 作CH⊥OM,垂足为H,
又由(1)可得OP⊥CH,
因为OM∩OP=O,OM,OP⊂平面POM,
所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题意可知OC=AC=2,CM=BC=,
∠ACB=45°,
所以在△OMC中,由余弦定理可得OM=,
CH==.
所以点C到平面POM的距离为.
4.如图所示,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积;
(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.
解 (1)∵AB=1,AC=2,∠BAC=60°,
∴S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.
由PA⊥平面ABC可知,PA是三棱锥P-ABC的高,且PA=1,
∴三棱锥P-ABC的体积V=·S△ABC·PA=.
(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N,在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接BM.
∵PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,
∴PA⊥AC,
∴MN⊥AC.
又∵BN⊥AC,BN∩MN=N,BN,MN⊂平面BMN,
∴AC⊥平面MBN.
又∵BM⊂平面MBN,∴AC⊥BM.
在Rt△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=,
从而NC=AC-AN=,
由MN∥PA,得==.
考点二 空间角的求解
要点重组 设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面α,β的法向量分别为u=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同).
(1)线线角
设l,m所成的角为θ,则
cos θ==.
(2)线面角
设直线l与平面α所成的角为θ,
则sin θ=|cos〈a,u〉|=.
(3)二面角
设α-l-β的平面角为θ,
则|cos θ|=|cos〈u,v〉|=.
方法技巧 求空间角的两种方法
(1)按定义作出角,然后利用图形计算.
(2)利用空间向量,计算直线的方向向量和平面的法向量,通过向量的夹角计算.
5.(2018·诸暨模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是边长为2的等边三角形,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=∠CDA=,AB=2CD=2,E是CD的中点.
(1)证明:AE⊥PB;
(2)设F是棱PB上的点,EF∥平面PAD,求EF与平面PAB所成角的正弦值.
(1)证明 取AD的中点G,连接PG,BG,
平面PAD⊥平面ABCD,PG⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG⊂平面PAD,
∴PG⊥平面ABCD,∴AE⊥PG.
又∵tan∠DAE=tan∠ABG,∴AE⊥BG.
又∵PG∩BG=G,PG,BG⊂平面PBG,
∴AE⊥平面PBG,∴AE⊥PB.
(2)解 作FH∥AB交PA于点H,连接DH,
∵EF∥平面PAD,平面FHDE∩平面PAD=DH,
∴EF∥DH.
∴四边形FHDE为平行四边形.
∴HF=DE=AB,
即H为PA的一个四等分点.
又AB⊥AD,平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,AB⊂平面ABCD,
∴AB⊥平面PAD,
作DK⊥PA于点K,
∴AB⊥DK,DK⊥PA,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,
∴DK⊥平面PAB,
∴∠DHK为所求线面角,
sin∠DHK===.
6.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B是边长为2的正方形,点C在平面AA1B1B上的射影H恰好为A1B的中点,且CH=,设D为CC1的中点.
(1)求证:CC1⊥平面A1B1D;
(2)求DH与平面AA1C1C所成角的正弦值.
方法一 (几何法)
(1)证明 因为CC1∥AA1且在正方形AA1B1B中AA1⊥A1B1,
所以CC1⊥A1B1,
取A1B1的中点E,连接DE,HE,
则HE∥BB1∥CC1且HE=BB1=CC1.
又D为CC1的中点,
所以HE∥CD且HE=CD,
所以四边形HEDC为平行四边形,
因此CH∥DE,
又CH⊥平面AA1B1B,
所以CH⊥HE,DE⊥HE,
所以DE⊥CC1,
又A1B1∩DE=E,A1B1,DE⊂平面A1B1D,
所以CC1⊥平面A1B1D.
(2)解 取AA1的中点F,连接CF,作HK⊥CF于点K,
因为CH∥DE,FH∥A1B1,CH∩FH=H,DE∩A1B1=E,
所以平面CFH∥平面A1B1D,
由(1)得CC1⊥平面A1B1D,
所以CC1⊥平面CFH,又HK⊂平面CFH,
所以HK⊥CC1,
又HK⊥CF,CF∩CC1=C,CF,CC1⊂平面AA1C1C,
所以HK⊥平面AA1C1C,
所以DH与平面AA1C1C所成的角为∠HDK.
在Rt△CFH中,CF==2,KH=,
在Rt△DHK中,
由于DH=2,sin∠HDK==,
故DH与平面AA1C1C所成角的正弦值为.
方法二 (向量法)
(1)证明 如图,以H为原点,建立空间直角坐标系,
则C(0,0,),C1(,,),A1(,0,0),
B1(0,,0),D,
所以=(,,0),=,
=.
所以·=0,·=0,
因此CC1⊥平面A1B1D.
(2)解 设平面AA1C1C的法向量为n=(1,x,y),
由于=(,,0),=(-,0,),
则n·=+x=0,
n·=-+y=0,
得x=-1,y=,
所以n=.
又=,
设θ为DH与平面AA1C1C所成的角,
所以sin θ===,
故DH与平面AA1C1C所成角的正弦值为.
7.(2018·浙江省杭州市第二中学模拟)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠ABD=30°,AB=2CD=2AD=2,DE⊥平面ABCD,EF∥BD,且BD=2EF.
(1)求证:平面ADE⊥平面BDEF;
(2)若二面角C-BF-D的大小为60°,求CF与平面ABCD所成角的正弦值.
(1)证明 在△ABD中,∠ABD=30°,
由AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos 30°,
解得BD=,
所以AD2+BD2=AB2,
根据勾股定理得∠ADB=90°,
∴AD⊥BD.
又因为DE⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以AD⊥DE.
又因为BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDEF,
所以AD⊥平面BDEF,
又AD⊂平面ADE,
所以平面ADE⊥平面BDEF,
(2)解 方法一 如图,由(1)可得∠ADB=90°,∠ABD=30°,
则∠BDC=30°,则△BCD为锐角为30°的等腰三角形.
CD=CB=1, 则CG=.
过点C作CH∥DA,交DB,AB于点G,H,
则点G为点F在平面ABCD上的投影.连接FG,
则CG⊥BD,DE⊥平面ABCD,则CG⊥平面BDEF.
过点G作GI⊥BF于点I,连接HI,CI,
则BF⊥平面GCI,
即∠GIC为二面角C-BF-D的平面角,
则∠GIC=60°.
则tan 60°=,CG=,则GI= .
在直角梯形BDEF中,G为BD的中点,BD=,GI⊥BF,GI=,
设DE=x ,则GF=x,
S△BGF=·BG·GF=·BF·GI,
则DE=.tan∠FCG==,
则sin∠FCG=,即CF与平面ABCD所成角的正弦值为.
方法二 由题意可知DA,DB,DE两两垂直,以D为坐标原点,DA,DB,DE所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设DE=h,则D(0,0,0),B(0,,0),C,F.
=,=,
设平面BCF的法向量为m=(x,y,z),
则
所以取x=,
所以m=,
取平面BDEF的法向量为n=(1,0,0),
由|cos〈m,n〉|==cos 60°,
解得h=,则DE=,
又=,
则||=,
设CF与平面ABCD所成的角为α,
则sin α==.
故直线CF与平面ABCD所成角的正弦值为.
8.如图,在四棱锥P-ABCD ,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP⊥平面ABP,O,M分别是AD,PB的中点.
(1)求证:PD∥平面OCM;
(2)若AP与平面PBD所成的角为60°,求线段PB的长.
(1)证明 连接OB,设BD与OC的交点为N,连接MN.
因为O为AD的中点,AD=2,
所以OA=OD=1=BC.
又因为AD∥BC,
所以四边形OBCD为平行四边形,
所以N为BD的中点,
又因为M为PB的中点,
所以MN∥PD.
又因为MN⊂平面OCM,PD⊄平面OCM,
所以PD∥平面OCM.
(2)解 由四边形OBCD为平行四边形,知OB=CD=1,
所以△AOB为等边三角形,所以∠BAD=60°
所以BD==,
即AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD.
因为DP⊥平面ABP,所以AB⊥PD.
又因为BD∩PD=D,BD,PD⊂平面BDP,
所以AB⊥平面BDP,
所以∠APB为AP与平面PBD所成的角,即∠APB=60°,
所以在Rt△ABP中,可得PB=.
例 (15分)如图,已知在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,现将△DAC沿着对角线AC向上翻折到△PAC的位置,此时PA⊥PB.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABC;
(2)求直线AB与平面PAC所成角的正弦值.
审题路线图
(1)―→―→―→
→
(2)方法一 (作角)
―→―→
方法二 (向量法)
―→―→
―→―→
规范解答·评分标准
(1)证明 因为PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,
所以PA⊥平面PBC,2分
所以PA⊥BC,
又BC⊥AB,AB∩AP=A,
所以BC⊥平面PAB,4分
又BC⊂平面ABC,
所以平面PAB⊥平面ABC.6分
(2)解 方法一 如图,作BD⊥PC于点D,连接AD,
由(1)知,PA⊥平面PBC,
所以PA⊥BD,
而BD⊥PC,PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,
所以∠BAD为直线AB与平面PAC所成的角.9分
在Rt△PBC中,BC=3,PC=4,PB=,
所以BD=,又AB=4,
在Rt△ADB中,sin∠BAD==,13分
所以直线AB与平面PAC所成角的正弦值为.15分
方法二 由(1)知平面PAB⊥平面ABC,
所以在平面PAB内,过点P作PE⊥AB于点E,
则PE⊥平面ABC,
如图,以B为坐标原点,建立空间直角坐标系(z轴与直线PE平行),
在Rt△PBC中,BC=3,PC=4,PB=,
在Rt△APB中,AP=3,AB=4,PE=,BE=,
可知A(0,-4,0),B(0,0,0),C(-3,0,0),
P,=(-3,4,0),=,10分
则易得平面PAC的一个法向量为m=,12分
=(0,4,0),所以cos〈,m〉==,
故直线AB与平面PAC所成角的正弦值为.15分
构建答题模板
方法一
[第一步] 找垂直:利用图形中的线线垂直推证线面垂直和面面垂直.
[第二步] 作角:利用定义结合垂直关系作出所求角.
[第三步] 计算:将所求角放在某三角形中,计算.
方法二
[第一步] 找垂直:利用图形中的线线垂直推证线面垂直和面面垂直,同时为建系作准备.
[第二步] 写坐标:建立空间直角坐标系,写出特殊点的坐标.
[第三步] 求向量:求直线的方向向量或平面的法向量.
[第四步] 求夹角:计算向量的夹角,得到所求的线面角或二面角.
1.在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AB∥CD,∠ABC=∠BCD=90°,BC=CD==2.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)若△PAD为正三角形,求直线PA与平面PBD所成角的余弦值.
(1)证明 在直角梯形ABCD中,因为AD==2,BD==2,AB=4,
所以AD2+BD2=AB2,所以BD⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,BD⊂底面ABCD,
所以BD⊥平面PAD,
又PA⊂平面PAD,
所以BD⊥PA.
(2)解 方法一 如图,取PD的中点M,连接AM,BM.
因为△PAD为正三角形,所以AM⊥PD.
又由(1)知,BD⊥平面PAD,
所以平面PBD⊥平面PAD,
又平面PAD∩平面PBD=PD,AM⊂平面PAD,
所以AM⊥平面PBD,
故∠APM即为直线PA与平面PBD所成的角.
故cos∠APM=,
即直线PA与平面PBD所成角的余弦值为.
方法二 在平面PAD内,过点P作PQ⊥AD,垂足为Q,取AB的中点N,连接QN,易知,PQ,AQ,QN两两垂直.
以Q为坐标原点,QA,QN,QP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则P(0,0,),A(,0,0),
B(-,2,0),D(-,0,0).
设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量.
由n·=0,n·=0,且=(0,2,0),
=(-,0,-),
得
取z=-1,则n=( ,0,-1),
又=(,0,-),
所以cos〈n,〉==,
因此直线PA与平面PBD所成角的余弦值为.
2.设平面ABCD⊥平面ABEF,AB∥CD,AB∥EF,∠BAF=∠ABC=90°,BC=CD=AF=EF=1,AB=2.
(1)证明: CE∥平面ADF;
(2)求直线DF与平面BDE所成角的正弦值.
(1)证明 ∵AB∥CD, AB∥EF,∴CD∥EF.
又∵CD=EF,
∴四边形CDFE是平行四边形.
∴CE∥DF,又CE⊄平面ADF,DF⊂平面ADF,
∴CE∥平面ADF.
(2)解 取AB的中点G,连接CG交BD于点O,连接EO,EG.
∵CD∥EF,
∴DF与平面BDE所成的角等于CE与平面BDE所成的角.
∵AB⊥AF,平面ABCD⊥平面ABEF,
∴AF⊥平面ABCD.
又∵EG∥AF,
∴EG⊥平面ABCD,
∴EG⊥BD.连接DG,
在正方形BCDG中,BD⊥CG,
故BD⊥平面ECG.
∴平面BDE⊥平面ECG.
在平面CEO中,作CH⊥EO,交直线EO的延长线于点H,得CH⊥平面BDE.
∴∠CEH是CE与平面BDE所成的角.
过点G作GQ⊥EO.
∵OC=OG,
∴CH=GQ=.
∵CE=,
∴sin∠CEH==.
3.(2018·宁波模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD为正三角形,四边形ABCD为直角梯形,CD∥AB,BC⊥AB,平面PAD⊥平面ABCD,点E,F分别为AD,CP的中点,AD=AB=2CD=2.
(1)证明:直线EF∥平面PAB;
(2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明 设BC的中点为M,连接EM,FM,
易知EM∥AB,FM∥PB,
因为EM∥AB,EM⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,
所以EM∥平面PAB.
同理FM∥平面PAB.
又EM∩FM=M,EM⊂平面FEM,FM⊂平面FEM,
所以平面FEM∥平面PAB,
又EF⊂平面FEM,
所以直线EF∥平面PAB.
(2)解 连接PE,PM,
因为平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,且PE⊥AD,PE⊂平面PAD,
所以PE⊥平面ABCD,PE⊥BC.
又因为EM⊥BC,PE∩EM=E,
所以BC⊥平面PEM,
所以平面PBC⊥平面PEM.
过点E作EH⊥PM于点H,连接FH,
由平面PBC⊥平面PEM可知,EH⊥平面PBC.
所以直线EF与平面PBC所成的角为∠EFH.
易求得EF=PC=,EH=,
所以sin∠EFH===.
4.如图,在边长为2的正方形ABCD中,E为AB的中点,将△ADE沿直线DE折起至△A′DE的位置,使得平面A′DE⊥平面BCDE,F为线段A′C的中点.
(1)求证:BF∥平面A′DE;
(2)求直线A′B与平面A′DE所成角的正切值.
(1)证明 取A′D的中点M,连接FM,EM,
∵F为A′C的中点,
∴FM∥CD且FM=CD,
又E为AB的中点,且AB∥CD,且AB=CD,
∴BE∥CD且BE=CD,
∴BE∥FM且BE=FM,
∴四边形BFME为平行四边形.
∴BF∥EM,
又EM⊂平面A′DE,BF⊄平面A′DE,
∴BF∥平面A′DE.
(2)解 在平面BCDE内作BN⊥DE,交DE的延长线于点N,
∵平面A′DE⊥平面BCDE,平面A′DE∩平面BCDE=DE,BN⊂平面BCDE,
∴BN⊥平面A′DE,连接A′N,
则∠BA′N为A′B与平面A′DE所成的角.
易知△BNE∽△DAE,
∴==,又BE=1,
∴BN=,EN=.
在△A′DE中,作A′P⊥DE,垂足为P,
∵A′E=1,A′D=2,
∴A′P=,∴EP=.
在Rt△A′PN中,PN=PE+EN=,A′P=,
∴A′N=.
∴在Rt△A′BN中,tan∠BA′N==,
∴直线A′B与平面A′DE所成角的正切值为.