(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 8.5 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)講義(含解析).docx

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浙江專用2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 8.5 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)講義含解析 浙江 專用 2020 高考 數(shù)學(xué) 新增 一輪 復(fù)習(xí) 第八 立體幾何 空間 向量
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8.5 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 最新考綱 考情考向分析 1.理解空間線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理. 2.理解直線與平面所成角的概念,了解二面角及其平面角的概念. 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)是高考中的重點(diǎn)考查內(nèi)容,涉及線線垂直、線面垂直、面面垂直的判定及其應(yīng)用等內(nèi)容.題型主要以解答題的形式出現(xiàn),解題要求有較強(qiáng)的推理論證能力,廣泛應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想. 1.直線與平面垂直 (1)定義 如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直,則直線l與平面α互相垂直,記作l⊥α,直線l叫做平面α的垂線,平面α叫做直線l的垂面. (2)判定定理與性質(zhì)定理 文字語(yǔ)言 圖形語(yǔ)言 符號(hào)語(yǔ)言 判定定理 一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直,則該直線與此平面垂直 ?l⊥α 性質(zhì)定理 垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行 ?a∥b 2.直線和平面所成的角 (1)定義 平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角,叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角.若一條直線垂直于平面,它們所成的角是直角,若一條直線和平面平行,或在平面內(nèi),它們所成的角是0的角. (2)范圍:. 3.平面與平面垂直 (1)二面角的有關(guān)概念 ①二面角:從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角; ②二面角的平面角:在二面角的棱上任取一點(diǎn),以該點(diǎn)為垂足,在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線,這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角. (2)平面和平面垂直的定義 兩個(gè)平面相交,如果它們所成的二面角是直二面角,就說這兩個(gè)平面互相垂直. (3)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理 文字語(yǔ)言 圖形語(yǔ)言 符號(hào)語(yǔ)言 判定定理 一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線,則這兩個(gè)平面垂直 ?α⊥β 性質(zhì)定理 兩個(gè)平面垂直,則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直 ?l⊥α 概念方法微思考 1.若兩平行線中的一條垂直于一個(gè)平面,則另一條也垂直于這個(gè)平面嗎? 提示 垂直.若兩平行線中的一條垂直于一個(gè)平面,那么在平面內(nèi)可以找到兩條相交直線與該直線垂直,根據(jù)異面直線所成的角,可以得出兩平行直線中的另一條也與平面內(nèi)的那兩條直線成90的角,即垂直于平面內(nèi)的這兩條相交直線,所以垂直于這個(gè)平面. 2.兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面,它們的交線也垂直于第三個(gè)平面嗎? 提示 垂直.在兩個(gè)相交平面內(nèi)分別作與第三個(gè)平面交線垂直的直線,則這兩條直線都垂直于第三個(gè)平面,那么這兩條直線互相平行.由線面平行的性質(zhì)定理可知,這兩個(gè)相交平面的交線與這兩條垂線平行,所以該交線垂直于第三個(gè)平面. 題組一 思考辨析 1.判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“”) (1)直線l與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線都垂直,則l⊥α.(  ) (2)垂直于同一個(gè)平面的兩平面平行.(  ) (3)直線a⊥α,b⊥α,則a∥b.( √ ) (4)若α⊥β,a⊥β,則a∥α.(  ) (5)若直線a⊥平面α,直線b∥α,則直線a與b垂直.( √ ) (6)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線,則α⊥β.(  ) 題組二 教材改編 2.[P73T1]下列命題中錯(cuò)誤的是(  ) A.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β B.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ D.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β 答案 D 解析 對(duì)于D,若平面α⊥平面β,則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β,即與平面β的關(guān)系還可以是斜交、平行或在平面β內(nèi),其他選項(xiàng)均是正確的. 3.[P67練習(xí)T2]在三棱錐P-ABC中,點(diǎn)P在平面ABC中的射影為點(diǎn)O. (1)若PA=PB=PC,則點(diǎn)O是△ABC的________心; (2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,則點(diǎn)O是△ABC的________心. 答案 (1)外 (2)垂 解析 (1)如圖1,連接OA,OB,OC,OP, 在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PC=PB, 所以O(shè)A=OB=OC,即O為△ABC的外心.    (2)如圖2,延長(zhǎng)AO,BO,CO分別交BC,AC,AB于點(diǎn)H,D,G. ∵PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB, ∴PC⊥平面PAB,又AB?平面PAB,∴PC⊥AB, ∵AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC?平面PGC, ∴AB⊥平面PGC,又CG?平面PGC, ∴AB⊥CG,即CG為△ABC邊AB上的高. 同理可證BD,AH分別為△ABC邊AC,BC上的高, 即O為△ABC的垂心. 題組三 易錯(cuò)自糾 4.(2018臺(tái)州模擬)若l,m為兩條不同的直線,α為平面,且l⊥α,則“m∥α”是“m⊥l”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 答案 A 解析 由l⊥α且m∥α能推出m⊥l,充分性成立; 若l⊥α且m⊥l,則m∥α或者m?α,必要性不成立, 因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要條件,故選A. 5.如圖所示,在正方體ABCD—A1B1C1D1中,點(diǎn)O,M,N分別是線段BD,DD1,D1C1的中點(diǎn),則直線OM與AC,MN的位置關(guān)系是(  ) A.與AC,MN均垂直 B.與AC垂直,與MN不垂直 C.與AC不垂直,與MN垂直 D.與AC,MN均不垂直 答案 A 解析 因?yàn)镈D1⊥平面ABCD,所以AC⊥DD1, 又因?yàn)锳C⊥BD,DD1∩BD=D,所以AC⊥平面BDD1B1, 因?yàn)镺M?平面BDD1B1,所以O(shè)M⊥AC. 設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2, 則OM==,MN==, ON==, 所以O(shè)M2+MN2=ON2,所以O(shè)M⊥MN.故選A. 6.如圖所示,AB是半圓O的直徑,VA垂直于半圓O所在的平面,點(diǎn)C是圓周上不同于A,B的任意一點(diǎn),M,N分別為VA,VC的中點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是(  ) A.MN∥AB B.平面VAC⊥平面VBC C.MN與BC所成的角為45 D.OC⊥平面VAC 答案 B 解析 由題意得BC⊥AC,因?yàn)閂A⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以VA⊥BC.因?yàn)锳C∩VA=A,所以BC⊥平面VAC.因?yàn)锽C?平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC.故選B. 題型一 直線與平面垂直的判定與性質(zhì) 例1 如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中點(diǎn),F(xiàn)是CC1上一點(diǎn).當(dāng)CF=2時(shí),證明:B1F⊥平面ADF. 證明 因?yàn)锳B=AC,D是BC的中點(diǎn),所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, 因?yàn)锽B1⊥底面ABC,AD?底面ABC, 所以AD⊥B1B. 因?yàn)锽C∩B1B=B,BC,B1B?平面B1BCC1, 所以AD⊥平面B1BCC1. 因?yàn)锽1F?平面B1BCC1,所以AD⊥B1F. 方法一 在矩形B1BCC1中, 因?yàn)镃1F=CD=1,B1C1=CF=2, 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1, 所以∠CFD=∠C1B1F, 所以∠B1FD=90,所以B1F⊥FD. 因?yàn)锳D∩FD=D,AD,F(xiàn)D?平面ADF, 所以B1F⊥平面ADF. 方法二 在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3, 所以B1D==. 在Rt△B1C1F中,B1C1=2,C1F=1, 所以B1F==. 在Rt△DCF中,CF=2,CD=1, 所以DF==. 顯然DF2+B1F2=B1D2, 所以∠B1FD=90. 所以B1F⊥FD. 因?yàn)锳D∩FD=D,AD,F(xiàn)D?平面ADF, 所以B1F⊥平面ADF. 思維升華證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵 (1)證明線面垂直的常用方法:①判定定理;②垂直于平面的傳遞性;③面面垂直的性質(zhì). (2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直,而證明線線垂直,則需借助線面垂直的性質(zhì). 跟蹤訓(xùn)練1 (2019紹興模擬)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點(diǎn)E,F(xiàn)(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?yàn)锳B⊥AD,EF⊥AD, 則AB∥EF. 又因?yàn)镋F?平面ABC,AB?平面ABC, 所以EF∥平面ABC. (2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD, 平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD,BC⊥BD, 所以BC⊥平面ABD. 因?yàn)锳D?平面ABD,所以BC⊥AD. 又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC, 所以AD⊥平面ABC. 又因?yàn)锳C?平面ABC,所以AD⊥AC. 題型二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì) 例2 (2018全國(guó)Ⅰ)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90.以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=DA,求三棱錐Q-ABP的體積. (1)證明 由已知可得,∠BAC=90,即BA⊥AC. 又BA⊥AD,AD∩AC=A,AD,AC?平面ACD, 所以AB⊥平面ACD. 又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC. (2)解 由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3. 又BP=DQ=DA,所以BP=2. 如圖,過點(diǎn)Q作QE⊥AC,垂足為E, 則QE∥DC且QE=DC. 由已知及(1)可得,DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE=1. 因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=S△ABPQE =32sin451=1. 思維升華 (1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定義; ②面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β). (2)在已知平面垂直時(shí),一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化.在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線,轉(zhuǎn)化為線面垂直,然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直. 跟蹤訓(xùn)練2 (2018寧波調(diào)研)如圖,三棱錐P-ABC中,底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,PA⊥PC,PB=2. (1)求證:平面PAC⊥平面ABC; (2)若PA=PC,求三棱錐P-ABC的體積. 證明 (1)如圖,取AC的中點(diǎn)O,連接BO,PO, 因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為2的正三角形, 所以BO⊥AC,BO=. 因?yàn)镻A⊥PC,所以PO=AC=1. 因?yàn)镻B=2,所以O(shè)P2+OB2=PB2, 所以PO⊥OB. 因?yàn)锳C∩OP=O,AC,OP?平面PAC, 所以BO⊥平面PAC.又OB?平面ABC, 所以平面PAC⊥平面ABC. (2)解 因?yàn)镻A=PC,PA⊥PC,AC=2, 所以PA=PC=. 由(1)知BO⊥平面PAC, 所以VP-ABC=VB-APC=S△PACBO==. 題型三 與垂直有關(guān)的探索性問題 例3 如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是棱BC,AB的中點(diǎn),點(diǎn)F在棱CC1上,已知AB=AC,AA1=3,BC=CF=2. (1)求證:C1E∥平面ADF; (2)設(shè)點(diǎn)M在棱BB1上,當(dāng)BM為何值時(shí),平面CAM⊥平面ADF. (1)證明 連接CE交AD于O,連接OF. 因?yàn)镃E,AD為△ABC的中線, 則O為△ABC的重心,故==,故OF∥C1E, 因?yàn)镺F?平面ADF,C1E?平面ADF, 所以C1E∥平面ADF. (2)解 當(dāng)BM=1時(shí),平面CAM⊥平面ADF. 證明如下:因?yàn)锳B=AC,AD?平面ABC, 故AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中, BB1⊥平面ABC,BB1?平面B1BCC1, 故平面B1BCC1⊥平面ABC. 又平面B1BCC1∩平面ABC=BC,AD?平面ABC, 所以AD⊥平面B1BCC1, 又CM?平面B1BCC1,故AD⊥CM. 又BM=1,BC=2,CD=1,F(xiàn)C=2, 故Rt△CBM≌Rt△FCD. 易證CM⊥DF,又DF∩AD=D,DF,AD?平面ADF, 故CM⊥平面ADF. 又CM?平面CAM, 故平面CAM⊥平面ADF. 思維升華對(duì)命題條件的探索的三種途徑 途徑一:先猜后證. 途徑二:先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性. 途徑三:將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題. 跟蹤訓(xùn)練3 如圖所示的空間幾何體ABCDEFG中,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,AE⊥平面ABCD,EF∥AB,EG∥AD,EF=EG=1. (1)求證:平面CFG⊥平面ACE; (2)在AC上是否存在一點(diǎn)H,使得EH∥平面CFG?若存在,求出CH的長(zhǎng),若不存在,請(qǐng)說明理由. (1)證明 連接BD交AC于點(diǎn)O,則BD⊥AC. 設(shè)AB,AD的中點(diǎn)分別為M,N,連接MN,則MN∥BD, 連接FM,GN,則FM∥GN,且FM=GN, 所以四邊形FMNG為平行四邊形, 所以MN∥FG,所以BD∥FG,所以FG⊥AC. 由于AE⊥平面ABCD,所以AE⊥BD. 所以FG⊥AE, 又因?yàn)锳C∩AE=A,AC,AE?平面ACE, 所以FG⊥平面ACE. 又FG?平面CFG,所以平面CFG⊥平面ACE. (2)解 存在.設(shè)平面ACE交FG于Q,則Q為FG的中點(diǎn), 連接EQ,CQ,取CO的中點(diǎn)H,連接EH, 由已知易知,平面EFG∥平面ABCD, 又平面ACE∩平面EFG=EQ, 平面ACE∩平面ABCD=AC, 所以CH∥EQ,又CH=EQ=, 所以四邊形EQCH為平行四邊形,所以EH∥CQ, 又CQ?平面CFG,EH?平面CFG, 所以EH∥平面CFG, 所以在AC上存在一點(diǎn)H,使得EH∥平面CFG,且CH=. 1.已知互相垂直的平面α,β交于直線l,若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則(  ) A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 答案 C 解析 因?yàn)棣痢搔拢絣,所以l?β,又n⊥β,所以n⊥l. 2.(2019寧波模擬)已知直線l,m與平面α,β,l?α,m?β,則下列命題中正確的是(  ) A.若l∥m,則必有α∥β B.若l⊥m,則必有α⊥β C.若l⊥β,則必有α⊥β D.若α⊥β,則必有m⊥α 答案 C 解析 對(duì)于選項(xiàng)A,平面α和平面β還有可能相交,所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤; 對(duì)于選項(xiàng)B,平面α和平面β還有可能相交或平行,所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤; 對(duì)于選項(xiàng)C,因?yàn)閘?α,l⊥β,所以α⊥β.所以選項(xiàng)C正確; 對(duì)于選項(xiàng)D,直線m可能和平面α不垂直,所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.如圖,在四面體D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是(  ) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE 答案 C 解析 因?yàn)锳B=CB,且E是AC的中點(diǎn),所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C在平面ABC內(nèi),所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE. 4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點(diǎn),則(  ) A.MN∥C1D1 B.MN⊥BC1 C.MN⊥平面ACD1 D.MN⊥平面ACC1 答案 D 解析 對(duì)于選項(xiàng)A,因?yàn)镸,N分別是BC1,CD1的中點(diǎn),所以點(diǎn)N∈平面CDD1C1,點(diǎn)M?平面CDD1C1,所以直線MN是與平面CDD1C1相交的直線, 又因?yàn)橹本€C1D1在平面CDD1C1內(nèi),故直線MN與直線C1D1不可能平行,故選項(xiàng)A錯(cuò); 對(duì)于選項(xiàng)B,正方體中易知NB≠NC1,因?yàn)辄c(diǎn)M是BC1的中點(diǎn),所以直線MN與直線BC1不垂直,故選項(xiàng)B不對(duì); 對(duì)于選項(xiàng)C,假設(shè)MN⊥平面ACD1,可得MN⊥CD1,因?yàn)镹是CD1的中點(diǎn), 所以MC=MD1,這與MC≠M(fèi)D1矛盾,故假設(shè)不成立,所以選項(xiàng)C不對(duì); 對(duì)于選項(xiàng)D,分別取B1C1,C1D1的中點(diǎn)P,Q,連接PM,QN,PQ. 因?yàn)辄c(diǎn)M是BC1的中點(diǎn), 所以PM∥CC1且PM=CC1. 同理QN∥CC1且QN=CC1. 所以PM∥QN且PM=QN, 所以四邊形PQNM為平行四邊形. 所以PQ∥MN. 在正方體中,CC1⊥PQ,PQ⊥AC, 因?yàn)锳C∩CC1=C,AC?平面ACC1,CC1?平面ACC1, 所以PQ⊥平面ACC1. 因?yàn)镻Q∥MN,所以MN⊥平面ACC1. 故選項(xiàng)D正確. 5.已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,體積為,底面是邊長(zhǎng)為的正三角形,若P為底面A1B1C1的中心,則PA與平面ABC所成角的大小為(  ) A.B.C.D. 答案 B 解析 如圖,取正三角形ABC的中心O,連接OP, 則∠PAO是PA與平面ABC所成的角. 因?yàn)榈酌孢呴L(zhǎng)為, 所以AD==,AO=AD==1. 三棱柱的體積為()2AA1=, 解得AA1=,即OP=AA1=, 所以tan∠PAO==, 因?yàn)橹本€與平面所成角的范圍是, 所以∠PAO=. 6.如圖,已知PA⊥平面ABC,BC⊥AC,則圖中直角三角形的個(gè)數(shù)為________. 答案 4 解析 ∵PA⊥平面ABC,AB,AC,BC?平面ABC, ∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,則△PAB,△PAC為直角三角形.由BC⊥AC,且AC∩PA=A,得BC⊥平面PAC,從而BC⊥PC,因此△ABC,△PBC也是直角三角形. 7.如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90,BC1⊥AC,則C1在底面ABC上的射影H必在直線______上. 答案 AB 解析 ∵AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,∴AC⊥平面ABC1. 又∵AC?平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC. ∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上. 8.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動(dòng)點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí),平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可) 答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等) 解析 ∵PA⊥底面ABCD,∴BD⊥PA,連接AC,則BD⊥AC,且PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC. ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí),即有PC⊥平面MBD, 而PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD. 9.如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________. 答案  解析  連接A1C1,則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角. 因?yàn)锳B=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3, 所以sin∠AC1A1==. 10.如圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC的中點(diǎn),點(diǎn)P在線段D1E上.點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為________. 答案  解析 點(diǎn)P到直線CC1的距離等于點(diǎn)P在平面ABCD上的射影到點(diǎn)C的距離,設(shè)點(diǎn)P在平面ABCD上的射影為P′,顯然點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長(zhǎng)度的最小值.當(dāng)P′C⊥DE時(shí),P′C的長(zhǎng)度最小,此時(shí)P′C==. 11.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,點(diǎn)E在棱PC上(異于點(diǎn)P,C),平面ABE與棱PD交于點(diǎn)F. (1)求證:AB∥EF; (2)若AF⊥EF,求證:平面PAD⊥平面ABCD. 證明 (1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形, 所以AB∥CD. 又AB?平面PDC,CD?平面PDC, 所以AB∥平面PDC, 又因?yàn)锳B?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF, 所以AB∥EF. (2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形, 所以AB⊥AD. 因?yàn)锳F⊥EF,(1)中已證AB∥EF, 所以AB⊥AF. 又AB⊥AD, 由點(diǎn)E在棱PC上(異于點(diǎn)C),所以點(diǎn)F異于點(diǎn)D, 所以AF∩AD=A,AF,AD?平面PAD, 所以AB⊥平面PAD, 又AB?平面ABCD, 所以平面PAD⊥平面ABCD. 12.(2019浙江省臺(tái)州中學(xué)模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=,AD=CD=1,∠ADC=120,點(diǎn)M是AC與BD的交點(diǎn),點(diǎn)N在線段PB上,且PN=PB. (1)證明:MN∥平面PDC; (2)求直線MN與平面PAC所成角的正弦值. (1)證明 因?yàn)锳B=BC,AD=CD, 所以BD垂直平分線段AC. 又∠ADC=120, 所以MD=AD=,AM=. 所以AC=. 又AB=BC=, 所以△ABC是等邊三角形, 所以BM=,所以=3, 又因?yàn)镻N=PB, 所以==3, 所以MN∥PD. 又MN?平面PDC,PD?平面PDC, 所以MN∥平面PDC. (2)解 因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以BD⊥PA, 又BD⊥AC,PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC, 所以BD⊥平面PAC. 由(1)知MN∥PD, 所以直線MN與平面PAC所成的角即直線PD與平面PAC所成的角, 故∠DPM即為所求的角. 在Rt△PAD中,PD=2, 所以sin∠DPM===, 所以直線MN與平面PAC所成角的正弦值為. 13.(2018湖州質(zhì)檢)如圖,在正方形ABCD中,E,F(xiàn)分別是BC,CD的中點(diǎn),G是EF的中點(diǎn).現(xiàn)在沿AE,AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形,使B,C,D三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)記為H.那么,在這個(gè)空間圖形中必有(  ) A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFH C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF 答案 B 解析 根據(jù)折疊前、后AH⊥HE,AH⊥HF不變, ∴AH⊥平面EFH,B正確; ∵過A只有一條直線與平面EFH垂直,∴A不正確; ∵AG⊥EF,EF⊥GH,AG∩GH=G,AG,GH?平面HAG,∴EF⊥平面HAG,又EF?平面AEF, ∴平面HAG⊥平面AEF,過點(diǎn)H作直線垂直于平面AEF,一定在平面HAG內(nèi),∴C不正確; 由條件證不出HG⊥平面AEF,∴D不正確.故選B. 14.(2018全國(guó)Ⅰ)已知正方體的棱長(zhǎng)為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為(  ) A.B.C.D. 答案 A 解析 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1D1與棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方體的其余棱都分別與A1A,A1B1,A1D1平行,故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等. 取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中點(diǎn)E,F(xiàn),G,H,M,N,則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大,此截面面積為S正六邊形EFGHMN=6sin60=. 故選A. 15.(2019金華模擬)如圖,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E為CD的中點(diǎn),M,N分別是AD,BE的中點(diǎn),將三角形ADE沿AE折起,則下列說法正確的是________.(寫出所有正確說法的序號(hào)) ①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥平面DEC; ②不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN⊥AE; ③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥AB; ④在折起過程中,一定不會(huì)有EC⊥AD. 答案 ①② 解析 由已知,在未折疊的原梯形中,易知四邊形ABCE為矩形, 所以AB=EC,所以AB=DE, 又AB∥DE, 所以四邊形ABED為平行四邊形, 所以BE=AD,折疊后如圖所示. ①過點(diǎn)M作MP∥DE,交AE于點(diǎn)P,連接NP. 因?yàn)镸,N分別是AD,BE的中點(diǎn), 所以點(diǎn)P為AE的中點(diǎn),故NP∥EC. 又MP∩NP=P,DE∩CE=E, 所以平面MNP∥平面DEC, 故MN∥平面DEC,①正確; ②由已知,AE⊥ED,AE⊥EC, 所以AE⊥MP,AE⊥NP, 又MP∩NP=P,所以AE⊥平面MNP, 又MN?平面MNP,所以MN⊥AE,②正確; ③假設(shè)MN∥AB,則MN與AB確定平面MNBA, 從而BE?平面MNBA,AD?平面MNBA, 與BE和AD是異面直線矛盾,③錯(cuò)誤; ④當(dāng)EC⊥ED時(shí),EC⊥AD. 因?yàn)镋C⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E, 所以EC⊥平面AED,AD?平面AED, 所以EC⊥AD,④不正確. 16.在如圖所示的五面體ABCDEF中,四邊形ABCD為菱形,且∠DAB=60,EA=ED=AB=2EF=2,EF∥AB,M為BC的中點(diǎn). (1)求證:FM∥平面BDE; (2)若平面ADE⊥平面ABCD,求點(diǎn)F到平面BDE的距離. (1)證明 取BD的中點(diǎn)O,連接OM,OE, 因?yàn)镺,M分別為BD,BC的中點(diǎn), 所以O(shè)M∥CD,且OM=CD. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以CD∥AB, 又EF∥AB,所以CD∥EF, 又AB=CD=2EF, 所以EF=CD, 所以O(shè)M∥EF,且OM=EF, 所以四邊形OMFE為平行四邊形, 所以MF∥OE. 又OE?平面BDE,MF?平面BDE, 所以MF∥平面BDE. (2)解 由(1)得FM∥平面BDE, 所以點(diǎn)F到平面BDE的距離等于點(diǎn)M到平面BDE的距離. 取AD的中點(diǎn)H,連接EH,BH, 因?yàn)镋A=ED,四邊形ABCD為菱形,且∠DAB=60, 所以EH⊥AD,BH⊥AD. 因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD, 平面ADE∩平面ABCD=AD,EH?平面ADE, 所以EH⊥平面ABCD,所以EH⊥BH, 易得EH=BH=,所以BE=, 所以S△BDE==. 設(shè)點(diǎn)F到平面BDE的距離為h, 連接DM,則S△BDM=S△BCD=4=, 連接EM,由V三棱錐E-BDM=V三棱錐M-BDE, 得=h, 解得h=, 即點(diǎn)F到平面BDE的距離為.
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