資源簡介
第7部分第7節《向量法求空間角》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1.已知直線l1的方向向量s1=(1,0,1)與直線l2的方向向量s2=(-1,2,-2),則直線l1和l2所成角的余弦值為( )
A. B.
C. D.
2.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量,若cos 〈m,n〉=-,則直線l與平面α所成的角為( )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
3.平面α的一個法向量為m=(1,2,-2),平面β的一個法向量為n=(2,2,1),則平面α與平面β夾角的正切值為( )
A. B. C. D.
【知識歸納】
1.異面直線所成的角
若異面直線l1,l2所成的角為θ,其方向向量分別是u,v,則cos θ=|cos〈u,v〉|= .
2.直線與平面所成的角
如圖,直線AB與平面α相交于點B,設直線AB與平面α所成的角為θ,直線AB的方向向量為u,平面α的法向量為n,則
sin θ=|cos〈u,n〉|== .
3.平面與平面的夾角
如圖,平面α與平面β相交,形成四個二面角,我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角.
若平面α,β的法向量分別是n1和n2,則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補角.設平面α與平面β的夾角為θ,則cos θ=|cos〈n1,n2〉|= .
【題型展示】
題型一 異面直線所成的角
例1 (1)如圖,已知圓錐CO的截面△ABC是正三角形,AB是底面圓O的直徑,點D在上,且∠AOD=2∠BOD,則異面直線AD與BC所成角的余弦值為( )
A. B. C. D.
(2)若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為,AB=1,則直線AB1與CD1所成的角為( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
跟蹤訓練1 (1)如圖所示,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中點,=λ(0<λ<1),若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為,則λ的值為______.
(2)有公共邊的△ABC和△BCD均為等邊三角形,且所在平面互相垂直,則異面直線AB和CD所成角的余弦值為________.
題型二 直線與平面所成的角
例2 如圖,在六面體PACBD中,△PAB是等邊三角形,平面PAB與平面ABD所成角為30°,PC=AB=AD=BD=AC=BC=4.
(1)證明:AB⊥PD;
(2)若點E為線段BD上一動點,求直線CE與平面PAB所成角的正切值的最大值.
跟蹤訓練2 在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.
(1)證明:BD⊥PA;[切入點:由等腰梯形ABCD的性質求BD長]
(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值.
題型三 平面與平面的夾角
例3 如圖,AC,BD為圓柱OO′底面⊙O的兩條直徑,PA為圓柱OO′的一條母線,且AP=AC.
(1)證明:AB⊥PD;
(2)若∠AOD=,求平面DPC與平面PCB夾角的正弦值.
跟蹤訓練3 如圖,在五面體ABCDE中,已知AC⊥平面BCD,ED∥AC,且AC=BC=2ED=2,DC=DB=.
(1)求證:平面ABE⊥平面ABC;
(2)求平面ABE與平面BEC夾角的余弦值.
基礎夯實
1.如圖,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M為BC的中點,且PB⊥AM.
(1)求BC;
(2)求二面角A-PM-B的正弦值.
2.如圖,AB是圓的直徑,PA垂直圓所在的平面,C是圓上的點.
(1)求證:平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求平面CPB與平面APB夾角的余弦值.
3.在三棱錐A-BCD中,已知CB=CD=,BD=2,O為BD的中點,AO⊥平面BCD,AO=2,E為AC的中點.
(1)求直線AB與DE所成角的余弦值;
(2)若點F在BC上,滿足BF=BC,設平面DEF與平面CDE夾角的大小為θ,求sin θ的值.
4.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC為等腰直角三角形,AB=AC=1,BB1=2,∠ABB1=60°.
(1)證明:AB⊥B1C;
(2)若B1C=2,求AC1與平面BCB1所成角的正弦值.
5.如圖,PO是三棱錐P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E為PB的中點.
(1)證明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求平面AEC與平面AEB夾角的正弦值.
6.如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF.
(1)證明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.
7.如圖①,在高為6的等腰梯形ABCD中,AB∥CD,且CD=6,AB=12,將它沿對稱軸OO1折起,使平面ADO1O⊥平面BCO1O,如圖②,點P為BC的中點,點E在線段AB上(不同于A,B兩點),連接OE并延長至點Q,使AQ∥OB.
(1)證明:OD⊥平面PAQ;
(2)若BE=2AE,求平面CBQ與平面ABQ夾角的余弦值.
8.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求證:BD⊥平面PAC;
(2)若PA=AB,求PB與AC所成角的余弦值.
優化提升
9.如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.
(1)證明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q為l上的點,求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.
10.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,F為PD的中點.
(1)證明:PB∥平面AFC;
(2)請從下面三個條件中任選一個,補充在下面的橫線上,并作答.
①∠ABC=;
②BD=AC;
③PC與平面ABCD所成角的大小為.
若PA⊥平面ABCD,AB=AP=2,且________,求平面ACF與平面ACD夾角的余弦值.
11.如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求證:BF∥平面ADE;
(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值;
(3)若平面EBD與平面FBD夾角的余弦值為,求線段CF的長.
12.如圖,四棱錐P-ABCD中,側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點.
(1)證明:直線CE∥平面PAB;
(2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求平面MAB與平面DAB夾角的余弦值.
參考答案:
基礎摸查
【習題導入】
1.C 2.A 3.D
【知識歸納】
1.
2.
3.
【題型展示】
例1 (1)A
(2)C
跟蹤訓練1 (1) (2)
例2 (1)證明 取AB的中點M,連接PM,DM,如圖,
因為PA=PB,DA=DB,所以PM⊥AB,DM⊥AB,且PM∩DM=M,PM,DM 平面PDM,
所以AB⊥平面PMD,
又PD 平面PMD,所以AB⊥PD.
(2)解 連接CM,則CM⊥AB,由AC=BC=2,PA=PB=AB=4,可得CM=2,
PM=2,
于是CM2+PM2=16=PC2,
所以PM⊥CM,
又PM⊥AB,AB∩CM=M,MC,AB 平面ABC,所以PM⊥平面ABC,
以M為原點,MC,MB,MP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,
則M(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),
由題意知∠CMD=120°,
可得D(-1,0,),
平面PAB的一個法向量為
n=(1,0,0),
設=λ=λ(-1,-2,),
λ∈[0,1],
則=+
=(-2-λ,2-2λ,λ),
設CE與平面PAB所成的角為θ,
則sin θ=|cos〈n,〉|=
,
令2+λ=t,t∈[2,3],則λ=t-2,
所以sin θ=
=,
令f(t)=-+8,t∈[2,3],由對稱軸=知,當=,
即λ=時,f(t)min=,
則(sin θ)max==,
于是(tan θ)max=2.
所以直線CE與平面PAB所成角的正切值的最大值為2.
例3 (1)證明 ∵AC,BD為圓柱OO′底面⊙O的兩條直徑,
∴∠BAD=90°,∴AB⊥AD,
∵PA為圓柱OO′的一條母線,
∴PA⊥AB,
∵PA∩AD=A,
PA,AD 平面PAD,
∴AB⊥平面PAD,
又PD 平面PAD,
∴AB⊥PD.
(2)解 以C為坐標原點,分別以CD,CB,過C的母線所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設AP=AC=4,則BC=2,AB=2,CD=2,
則D(2,0,0),B(0,2,0),
P(2,2,4),C(0,0,0),
∴=(2,0,0),=(0,2,0),=(2,2,4),
設平面PBC的法向量為
n=(x,y,z),
則
令x=2,則y=0,z=-,
∴n=(2,0,-),
設平面PDC的法向量為
m=(a,b,c),
則
令b=2,則a=0,c=-1,
∴m=(0,2,-1),
設平面DPC與平面PCB的夾角為θ,
則cos θ=|cos〈n,m〉|===,
∴平面DPC與平面PCB夾角的正弦值為=.
跟蹤訓練3 (1)證明 取BC的中點M,AB的中點N,連接DM,MN,EN.
∴MN∥AC,
MN=AC,
又DE∥AC,DE=AC,
∴DE∥MN,DE=MN,
∴四邊形MNED是平行四邊形,
∴EN∥DM,EN=DM,
又AC⊥平面BCD,AC 平面ABC,
∴平面ABC⊥平面BCD,
∵DC=DB,∴DM⊥BC,
又平面ABC∩平面BCD=BC,
DM 平面BCD,
∴DM⊥平面ABC,
∴EN⊥平面ABC,
又EN 平面ABE,
∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知,AC⊥BC,EN∥DM且EN=DM,EN⊥平面ABC,平面ABE⊥平面ABC,
以C為原點,CA,CB所在直線分別為x,y軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,連接CN,
則A(2,0,0),B(0,2,0),N(1,1,0),E(1,1,),
則=(0,2,0),=(1,1,0),
=(1,1,),
設平面BCE的法向量為
n=(x,y,z),
則
取z=,則
∴n=(-2,0,),
又AC=BC,則CN⊥AB,
又平面ABC∩平面ABE=AB,
CN 平面ABC,
∴CN⊥平面ABE,即=(1,1,0)為平面ABE的一個法向量,
設平面ABE與平面BEC的夾角為θ,
則cos θ=|cos〈n,〉|===,
∴平面ABE與平面BEC夾角的余弦值為.
基礎夯實
1.
解 (1)因為PD⊥平面ABCD,AD,DC 平面ABCD,
所以PD⊥AD,PD⊥DC.
在矩形ABCD中,AD⊥DC,故可以點D為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示,
設BC=t,則A(t,0,0),B(t,1,0),
M,P(0,0,1),
所以=(t,1,-1),=.
因為PB⊥AM,
所以·=-+1=0,
得t=(t=-舍去),
所以BC=.
(2)由(1)可得=(-,0,1),=,=,=(,1,-1).
設平面APM的法向量為n1=(x1,y1,z1),
則即
令x1=,則z1=2,y1=1,所以平面APM的一個法向量為n1=(,1,2).
設平面PMB的法向量為n2=(x2,y2,z2),
則即
得x2=0,令y2=1,則z2=1,所以平面PMB的一個法向量為n2=(0,1,1).
cos〈n1,n2〉===,
所以二面角A-PM-B的正弦值為
=.
2.
(1)證明 由AB是圓的直徑,得AC⊥BC.
由PA垂直于圓所在的平面,
得PA⊥平面ABC.
由BC 平面ABC,得PA⊥BC.
又PA∩AC=A,PA 平面PAC,AC 平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
又因為BC 平面PBC,
據面面垂直判定定理,平面PAC⊥平面PBC.
(2)解 過點C作CM∥AP,由(1)知CM⊥平面ABC.
如圖所示,以點C為坐標原點,分別以直線CB,CA,CM為x,y,z軸,建立空間直角坐標系.
在直角三角形ABC中,AB=2,AC=1,所以BC=.
又PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),
P(0,1,1).
故=(,0,0),=(0,1,1).
設平面CPB的法向量為n1=(x1,y1,z1),
則∴
不妨令y1=1,則z1=-1,故n1=(0,1,-1).
設平面APB的法向量為n2=(x2,y2,z2),
由同理可得n2=(1,,0).
于是|cos〈n1,n2〉|=
==.
∴平面CPB與平面APB夾角的余弦值為.
3.
解 (1)如圖,連接OC,因為CB=CD,O為BD的中點,所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD,OB,OC 平面BCD,所以AO⊥OB,AO⊥OC.
以{,,}為基底,建立空間直角坐標系O-xyz.
因為BD=2,CB=CD=,AO=2,
所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,2,0),
A(0,0,2).
因為E為AC的中點,所以E(0,1,1),
所以=(1,0,-2),=(1,1,1),
所以|cos〈,〉|=
==.
因此,直線AB與DE所成角的余弦值為.
(2)因為點F在BC上,BF=BC,
=(-1,2,0),
所以==.
又=(2,0,0),
故=+=.
設n1=(x1,y1,z1)為平面DEF的一個法向量,
則即
取x1=2,得y1=-7,z1=5,
所以n1=(2,-7,5).
設n2=(x2,y2,z2)為平面DEC的一個法向量,又=(1,2,0),
則即
取x2=2,得y2=-1,z2=-1,
所以n2=(2,-1,-1).
故|cos θ|===.
所以sin θ==.
4.
(1)證明 連接AB1,在△ABB1中,AB=1,BB1=2,∠ABB1=60°,
由余弦定理得,AB=AB2+BB-2AB·BB1·cos∠ABB1=3,
∴AB1=,∴BB=AB2+AB,
∴AB1⊥AB.
又△ABC為等腰直角三角形,且AB=AC,
∴AC⊥AB.∵AC∩AB1=A,
∴AB⊥平面AB1C.
又B1C 平面AB1C,∴AB⊥B1C.
(2)解 ∵AB1=,AB=AC=1,B1C=2,
∴B1C2=AB+AC2,∴AB1⊥AC.
如圖,以A為原點,以,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,
則A(0,0,0),B1(0,0,),B(1,0,0),C(0,1,0),
∴=(-1,0,),=(-1,1,0).
設平面BCB1的一個法向量為n=(x,y,z),
由得令z=1,得x=y=,
∴平面BCB1的一個法向量為n=(,,1).
∵=+=+=(0,1,0)+(-1,0,)=(-1,1,),
∴cos〈,n〉===,
∴AC1與平面BCB1所成角的正弦值為.
5.(1)證明 如圖,取AB的中點D,連接DP,DO,DE.
因為PA=PB,所以PD⊥AB.
因為PO為三棱錐P-ABC的高,
所以PO⊥平面ABC.
因為AB 平面ABC,
所以PO⊥AB.
又PO,PD 平面POD,且PO∩PD=P,
所以AB⊥平面POD.
因為OD 平面POD,
所以AB⊥OD,
又AB⊥AC,AB,OD,AC 平面ABC,所以OD∥AC.
因為OD 平面PAC,
AC 平面PAC,
所以OD∥平面PAC.
因為D,E分別為BA,BP的中點,
所以DE∥PA.
因為DE 平面PAC,
PA 平面PAC,
所以DE∥平面PAC.
又OD,DE 平面ODE,
OD∩DE=D,
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE 平面ODE,
所以OE∥平面PAC.
(2)解 連接OA,因為PO⊥平面ABC,OA,OB 平面ABC,
所以PO⊥OA,PO⊥OB,
所以OA=OB=
==4.
易得在△AOB中,∠OAB=∠ABO=30°,
所以OD=OAsin 30°=4×=2,
AB=2AD=2OAcos 30°=2×4×=4.
又∠ABC=∠ABO+∠CBO=60°,
所以在Rt△ABC中,AC=ABtan 60°=4×=12.
以A為坐標原點,AB,AC所在直線分別為x,y軸,以過A且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(0,0,0),B(4,0,0),
C(0,12,0),
P(2,2,3),E,
所以=,
=(4,0,0),=(0,12,0).
設平面AEC的法向量為n=(x,y,z),
則
即
令z=2,則n=(-1,0,2).
設平面AEB的法向量為m=(x1,y1,z1),
則
即
令z1=2,則m=(0,-3,2),
設平面AEC與平面AEB的夾角為θ,
所以cos θ=|cos〈n,m〉|
==.
則sin θ==,
所以平面AEC與平面AEB夾角的正弦值為.
6.(1)證明 由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF,
PF∩EF=F,PF,EF 平面PEF,
所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD,
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 如圖,作PH⊥EF,
垂足為H.
由(1)得PH⊥平面ABFD.
以H為坐標原點,的方向為y軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系.
設BF=1,由(1)可得DE⊥PE.
又DP=2,DE=1,所以PE=.
又PF=1,EF=2,
所以PE⊥PF,
所以PH=,EH=.
則H(0,0,0),P,
D,
=,=.
又為平面ABFD的一個法向量,
設DP與平面ABFD所成的角為θ,
則sin θ=|cos〈,〉|
===.
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.
7.(1)證明 由題設知OA,OB,OO1兩兩垂直,
∴以O為坐標原點,OA,OB,OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設AQ的長為m,則O(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),D(3,0,6),Q(6,m,0).
∵點P為BC的中點,
∴P,
∴=(3,0,6),=(0,m,0),
=.
∵·=0,·=0,
∴⊥,⊥,
即OD⊥AQ,OD⊥PQ,
又AQ∩PQ=Q,
AQ,PQ 平面PAQ,
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE=2AE,AQ∥OB,
∴AQ=OB=3,
則Q(6,3,0),∴=(-6,3,0),
=(0,-3,6).
設平面CBQ的法向量為n1=(x,y,z),
由
得
令z=1,
則y=2,x=1,n1=(1,2,1).
易得平面ABQ的一個法向量為n2=(0,0,1).
設平面CBQ與平面ABQ的夾角為θ,
則cos θ==,
即平面CBQ與平面ABQ夾角的余弦值為.
8.(1)證明 因為四邊形ABCD是菱形,
所以AC⊥BD.
因為PA⊥平面ABCD,
BD 平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又因為AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,所以BD⊥平面PAC.
(2)解 設AC∩BD=O.
因為∠BAD=60°,
PA=AB=2,
所以BO=1,
AO=CO=.
以O為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則P(0,-,2),
A(0,-,0),B(1,0,0),
C(0,,0).
所以=(1,,-2),
=(0,2,0).
設PB與AC所成的角為θ,則
cos θ==
=,
即PB與AC所成角的余弦值為.
優化提升
9.(1)證明 在正方形ABCD中,
AD∥BC,
因為AD 平面PBC,
BC 平面PBC,
所以AD∥平面PBC,
又因為AD 平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,
所以AD∥l,
因為在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形,
所以AD⊥DC,所以l⊥DC,
且PD⊥平面ABCD,所以AD⊥PD,所以l⊥PD,
因為DC∩PD=D,
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D為坐標原點,的方向為x軸正方向,如圖建立空間直角坐標系D-xyz,
因為PD=AD=1,則有D(0,0,0),C(0,1,0),
A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0),
設Q(m,0,1),
則有=(0,1,0),=(m,0,1),=(1,1,-1),
設平面QCD的法向量為
n=(x,y,z),
則即
令x=1,則z=-m,
所以平面QCD的一個法向量為
n=(1,0,-m),
則cos〈n,〉=
=.
根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值,
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于
|cos〈n,〉|=
=·
=·
≤·≤·=,
當且僅當m=1時取等號,
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.
10.(1)證明 連接BD交AC于點O,因為ABCD是菱形,所以O為BD的中點.連接OF.因為F為PD的中點,所以OF為△PBD的中位線,所以OF∥PB.
因為OF 平面AFC,
PB 平面AFC,
所以PB∥平面AFC.
(2)解 過O作∥,以O為原點,,,為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.
選條件①:∠ABC=.
在菱形 ABCD 中,AC⊥BD.
因為AB=AP=2,
所以OB=OD=2sin =,
OA=OC=2cos =1,
所以O(0,0,0),A(0,-1,0),
C(0,1,0),F.
所以=,
=(0,2,0).
設平面ACF的法向量為n=(x,y,z),
則
不妨令x=2,則n=(2,0,),
顯然m=(0,0,1)為平面ACD的一個法向量.
設平面ACF與平面ACD的夾角為θ,
所以cos θ=|cos〈m,n〉|
===.
選條件②:BD=AC.
在菱形ABCD 中,BD=AC,
所以OB=OC,
所以BC==2OC.
因為AB=AP=2,
所以OA=OC=1,OB=OD=.
所以O(0,0,0),A(0,-1,0),
C(0,1,0),F.
所以=,
=(0,2,0).
設平面ACF的法向量為n=(x,y,z),
則
不妨令x=2,則n=(2,0,).
顯然m=(0,0,1)為平面ACD的一個法向量.
設平面ACF與平面ACD的夾角為θ,
所以cos θ=|cos〈m,n〉|===.
選條件③:PC與平面ABCD所成的角為.
因為PA⊥平面ABCD,所以∠PCA為PC與平面ABCD所成的角,
即∠PCA=.
在Rt△PAC中,由∠PCA=,
可得PA=CA=2.
所以OA=OC=1,OB=OD=.
所以O(0,0,0),A(0,-1,0),
C(0,1,0),F.
所以=,
=(0,2,0).
設平面ACF的法向量為n=(x,y,z),
則
不妨令x=2,則n=(2,0,).
顯然m=(0,0,1)為平面ACD的一個法向量.
設平面ACF與平面ACD的夾角為θ,
所以cos θ=|cos〈m,n〉|
===.
11.
解 依題意,建立以A為原點,分別以,,的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系(如圖),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
設CF=h(h>0),則F(1,2,h).
(1)證明 依題意,=(1,0,0)是平面ADE的一個法向量,
又=(0,2,h),可得·=0,
又因為直線BF 平面ADE,
所以BF∥平面ADE.
(2)依題意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).
設n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,
則即
不妨令z=1,可得n =(2,2,1).
因此有cos〈,n〉==-.
所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為.
(3)設m=(x1,y1,z1)為平面BDF的法向量,
則即
不妨令y1=1,可得m =.
又n=(2,2,1)為平面BDE的一個法向量,
故由題意,
有|cos〈m,n〉|===.
解得h=.經檢驗,符合題意.
所以,線段CF的長為.
12.
(1)證明 取PA的中點F,連接EF,BF,因為E是PD的中點,所以EF∥AD,EF=AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD.
又BC=AD,所以EF綉BC,
所以四邊形BCEF是平行四邊形,
則CE∥BF.
又BF 平面PAB,CE 平面PAB,
故CE∥平面PAB.
(2)解 由已知得BA⊥AD,以A為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則
A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),
=(1,0,-),=(1,0,0).
設M(x,y,z)(0
因為BM與底面ABCD所成的角為45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,
所以|cos〈,n〉|=sin 45°,
=,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,設=λ,則
x=λ,y=1,z=-λ.②
由①,②解得(舍去),
所以M,
從而=.
設m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則
即
所以可取m=(0,-,2).
于是|cos〈m,n〉|==.
因此平面MAB與平面DAB夾角的余弦值為.第7部分第8節《空間距離及立體幾何中的探索問題》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則A1A到平面B1D1DB的距離為( )
A. B.2 C. D.
2.已知直線l經過點A(2,3,1)且向量n=()為l的一個單位方向向量,則點P(4,3,2)到l的距離為________.
3.設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則點D1到平面A1BD的距離是________.
【知識歸納】
1.點到直線的距離
如圖,已知直線l的單位方向向量為u,A是直線l上的定點,P是直線l外一點,設=a,則向量在直線l上的投影向量=(a·u)u,在Rt△APQ中,由勾股定理,得PQ== .
2.點到平面的距離
如圖,已知平面α的法向量為n,A是平面α內的定點,P是平面α外一點.過點P作平面α的垂線l,交平面α于點Q,則n是直線l的方向向量,且點P到平面α的距離就是在直線l上的投影向量的長度,因此PQ=== .
【題型展示】
題型一 空間距離
例1 (1)空間中有三點P(1,-2,-2),M(2,-3,1),N(3,-2,2),則點P到直線MN的距離為( )
A.2 B.2 C.3 D.2
(2)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,BC=AB=AA1=2,BC1=2,M為線段AB上的動點.
①證明:BC1⊥CM;
②若E為A1C1的中點,求點A1到平面BCE的距離.
跟蹤訓練1 (1)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,點F,G分別是AB,CC1的中點,則△D1GF的面積為________.
(2)如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,點E在棱AB上移動.
①證明:D1E⊥A1D;
②當E為AB的中點時,求點E到平面ACD1的距離.
題型二 立體幾何中的探索性問題
例2 如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等邊三角形,平面ABB1A1⊥平面ABC,A1B⊥AB,AC=2,∠A1AB=60°,O為AC的中點.
(1)求證:AC⊥平面A1BO;
(2)試問線段CC1上是否存在點P,使得平面POB與平面A1OB夾角的余弦值為,若存在,請計算的值;若不存在,請說明理由.
跟蹤訓練2 如圖,四棱錐S-ABCD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:AC⊥SD;
(2)若SD⊥平面PAC,求平面PAC與平面DAC夾角的大小;
(3)在(2)的條件下,側棱SC上是否存在一點E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,請說明理由.
基礎夯實
1.如圖1,在直角梯形ABCD中,E,F分別為AB的三等分點,FG∥BC,ED∥BC,AB⊥BC,BC⊥DC,AB=3,BC=2,若沿著FG,ED折疊,使得點A和點B重合,如圖2所示,連接GC,BD.
(1)求證:平面GBD⊥平面BCDE;
(2)求平面BGC與平面DGC夾角的余弦值.
2.如圖所示,在平行四邊形ABCD中,AB=4,BC=2,∠ABC=45°,點E是CD邊的中點,將△DAE沿AE折起,使點D到達點P的位置,且PB=2.
(1)求證:平面PAE⊥平面ABCE;
(2)求點E到平面PAB的距離.
3.如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,∠BAD=90°,PD=DC=BC=2PA=2AB=2,PD⊥DC.
(1)求證:PA⊥平面ABCD;
(2)設=λ(0<λ<1) ,當平面PAM與平面PBD夾角的余弦值為時,求λ的值.
4.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=3,AA1=2,M,N分別為CD,BB1的中點,求異面直線MN與A1B的距離.
5.如圖所示,在三棱錐P-ABC中,底面是邊長為4的正三角形,PA=2,PA⊥底面ABC,點E,F分別為AC,PC的中點.
(1)求證:平面BEF⊥平面PAC;
(2)在線段PB上是否存在點G,使得直線AG與平面PBC所成角的正弦值為?若存在,確定點G的位置;若不存在,請說明理由.
6.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=1,M為線段A1C1上一點.
(1)求證:BM⊥AB1;
(2)若直線AB1與平面BCM所成的角為,求點A1到平面BCM的距離.
7.已知空間幾何體ABCDE中,△ABC,△ECD是全等的正三角形,平面ABC⊥平面BCD,平面ECD⊥平面BCD.
(1)若BD=BC,求證:BC⊥ED;
(2)探索A,B,D,E四點是否共面?若共面,請給出證明;若不共面,請說明理由.
8.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱長均為4,N是CC1的中點.
(1)求點N到直線AB的距離;
(2)求點C1到平面ABN的距離.
優化提升
9.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F分別為BD和BB1的中點,P為棱C1D1上的動點.
(1)是否存在點P,使得PE⊥平面EFC?若存在,求出滿足條件時C1P的長度并證明;若不存在,請說明理由;
(2)當C1P為何值時,平面BCC1B1與平面PEF夾角的正弦值最小.
10.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.在梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3.
(1)求證:AB∥平面PCD;
(2)求平面APB與平面PBC夾角的余弦值;
(3)棱BC上是否存在點Q到平面PBA的距離為,若存在,求出的值;若不存在,說明理由.
11.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點,點F在PC上,且=.
(1)求證:CD⊥平面PAD;
(2)求平面FAE與平面PAE夾角的余弦值;
(3)設點G在PB上,且=.判斷直線AG是否在平面AEF內,說明理由.
12.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.
(1)求證:PD⊥平面PAB;
(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值;
(3)在棱PA上是否存在點M;使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說明理由.
參考答案:
基礎摸查
【習題導入】
1.A 2. 3.
【知識歸納】
1.
2.
【題型展示】
例1 (1)A
(2)①證明 因為AB⊥平面BB1C1C,C1B 平面BB1C1C,所以AB⊥C1B,
在△BCC1中,BC=2,BC1=2,CC1=AA1=4,所以BC2+BC=CC,所以CB⊥C1B.
因為AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,所以C1B⊥平面ABC.
又因為CM 平面ABC,
所以C1B⊥CM.
②解 由①知,AB⊥C1B,BC⊥C1B,AB⊥BC,
以B為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.
則B(0,0,0),
C(2,0,0),C1(0,2,0),A1(-2,2,4),E(-1,2,2),
=(2,0,0), =(-1,2,2),
設平面BCE的法向量為n=(x,y,z),
則
即
令y=,則n=(0,,-3).
又因為=(4,-2,-4),
故點A1到平面BCE的距離
d=
=.
跟蹤訓練1 (1)
例2 (1)證明 ∵△ABC是等邊三角形,O是AC的中點,
∴AC⊥OB,
∵平面ABB1A1⊥平面ABC,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,A1B⊥AB,
∴A1B⊥平面ABC,
∵AC 平面ABC,∴A1B⊥AC,
∵AC⊥OB,A1B∩OB=B,A1B,OB 平面A1BO,∴AC⊥平面A1BO.
(2)解 存在,線段CC1的中點P滿足題意.
理由如下:
∵A1B⊥平面ABC,OB⊥AC,
以O為坐標原點,OA,OB,所在直線分別為x軸、y軸,過點O作Oz∥A1B,以Oz所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則O(0,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),A(1,0,0),A1(0,,2),=(0,,0),=(-1,,2),
設=t=t=(-t,t,2t),0≤t≤1,
則=+=(-1-t,t,2t),
易知平面A1OB的一個法向量為n=(1,0,0),設平面POB的法向量為m=(x,y,z),
則
取x=2t,則m=(2t,0,t+1),
由題意得|cos〈n,m〉|===,
∵0≤t≤1,∴解得t==,
∴線段CC1上存在點P,使得平面POB與平面A1OB夾角的余弦值為,此時=.
跟蹤訓練2 (1)證明 如圖,連接BD交AC于點O,連接SO.
由題意知,SO⊥平面ABCD,以O為坐標原點,
以OB,OC,OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系.設底面邊長為a,
則高SO=a,
于是S,D,C.
于是=,
=.
則·=0,所以⊥,
故OC⊥SD,從而AC⊥SD.
(2)解 由題設知,平面PAC的一個法向量為=,平面DAC的一個法向量為
=.
設平面PAC與平面DAC的夾角為θ,
則cos θ=|cos〈,〉|==,
所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30°.
(3)解 假設在棱SC上存在一點E使BE∥平面PAC.
由(2)知是平面PAC的一個法向量,
且=,
=.
設=t(0≤t≤1),
因為B,C,
所以=,
則=+=+t
=.
由·=0,
得-+0+a2t=0,
解得t=,
當SE∶EC=2∶1時,⊥.
由于BE 平面PAC,故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在點E,使BE∥平面PAC,此時SE∶EC=2∶1.
基礎夯實
1.
(1)證明 取BD,BE的中點,分別記為O,M,連接GO,OM,MF.
則OM∥DE且OM=DE.又因為GF∥DE且GF=DE,
所以GF∥OM且GF=OM,故四邊形OGFM為平行四邊形,
故GO∥FM.因為M為EB的中點,
△BEF為等邊三角形,故FM⊥EB,
易知平面EFB⊥平面BCDE,
又平面EFB∩平面BCDE=BE,故FM⊥平面BCDE,
因此GO⊥平面BCDE.又GO 平面GBD,
故平面GBD⊥平面BCDE.
(2)解 建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(0,1,0),
C(0,1,2),D(0,0,2),G,
則=(0,-1,0),=,=(0,0,-2).
設平面DGC的法向量為m=(x1,y1,z1),
則即
令x1=1,得m=.
設平面BGC的法向量為n=(x2,y2,z2),
則即
令x2=1,得n=(1,,0).
則|cos〈m,n〉|==,
故平面BGC與平面DGC夾角的余弦值為.
2.
(1)證明 在平行四邊形ABCD中,AB=4,BC=2,∠ABC=45°,點E是CD邊的中點,將△DAE沿AE折起,使點D到達點P的位置,且PB=2,
∴AE==2,
∴AE⊥AB.∵AB2+PA2=PB2,∴AB⊥PA.
∵AE∩PA=A,AE,PA 平面PAE,
∴AB⊥平面PAE,∵AB 平面ABCE,
∴平面PAE⊥平面ABCE.
(2)解 ∵AE=2,DE=2,PA=2,
∴PA2=AE2+PE2,∴AE⊥PE.
∵AB⊥平面PAE,AB∥CE,
∴CE⊥平面PAE,∴EA,EC,EP兩兩垂直,
以E為原點,EA,EC,EP分別為x軸,y軸,z軸,
建立空間直角坐標系,
則E(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),P(0,0,2),
=(0,0,-2),=(2,0,-2),=(2,4,-2).
設平面PAB的一個法向量為n=(x,y,z),
則
取x=1,得n=(1,0,1),
∴點E到平面PAB的距離d===.
3.
(1)證明 因為四邊形ABCD是直角梯形,AB∥DC,∠BAD=90°,所以AD⊥DC.
因為PD⊥DC,PD∩AD=D,所以CD⊥平面PAD.
又因為PA 平面PAD,所以CD⊥PA.
取CD的中點E,連接BE,
在Rt△BCE中,BC=2,CE=1,可得BE=,所以AD=.
又PD=2PA=2,所以PA2+AD2=PD2,所以PA⊥AD,
又AD∩CD=D,所以PA⊥平面ABCD.
(2)解 以A為原點,以AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系如圖所示,
則B(1,0,0),D(0,,0),P(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,,0).
設平面PBD的法向量m=(x,y,z),
由
令y=1,得m=(,1,).
設M(x0,y0,z0),由=λ(0<λ<1),得(x0-1,y0,z0)=λ(-1,,0),
所以M(1-λ,λ,0),所以=(0,0,1),=(1-λ,λ,0).
設平面PAM的法向量n=(x1,y1,z1),
由得
令x1=λ,得平面PAM的一個法向量為
n=(λ,λ-1,0).
設平面PAM與平面PBD夾角的平面角為θ,
則有cos θ====,解得λ=0或λ=.
因為0<λ<1,所以λ=.
4.
解 以A為原點,以AD,AB,AA1為坐標軸,建立空間直角坐標系,如圖.
則M(3,2,0),N(0,4,1),A1(0,0,2),B(0,4,0),
即=(-3,2,1),=(0,4,-2).
設MN,A1B公垂線的方向向量為
n=(x,y,z),
則有
令y=1,則z=2,x=,
即n=,|n|=.
又=(-3,-2,2)在n上的射影的長度為
d====.
即異面直線MN與A1B的距離為.
5.(1)證明 ∵△ABC是正三角形,E為AC的中點,
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC,BE 平面ABC,∴PA⊥BE.
∵PA∩AC=A,
PA,AC 平面PAC,
∴BE⊥平面PAC.
∵BE 平面BEF,
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在.
由(1)及已知得PA⊥BE,
PA⊥AC,
∵點E,F分別為AC,PC的中點,
∴EF∥PA,
∴EF⊥BE,EF⊥AC.
又BE⊥AC,
∴EB,EC,EF兩兩垂直.
以E為坐標原點,以EB,EC,EF所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(0,-2,0),P(0,-2,2),
B(2,0,0),C(0,2,0),
=(-2,-2,2),
=(2,2,0).
設=λ=(-2λ,-2λ,2λ),
λ∈[0,1],
∴=+=(2(1-λ),
2(1-λ),2λ),
=(-2,2,0),=(0,4,-2),
設平面PBC的法向量為n=(x,y,z),
則即
令x=1,則y=,z=2,
∴n=(1,,2).
由已知得=,
即=,
解得λ=或λ=(舍去),
故λ=,∴存在滿足條件的點G,點G為PB的中點.
6.(1)證明 ∵AA1⊥平面ABC,AB,AC 平面ABC,
∴AA1⊥AB,AA1⊥AC,而AB⊥AC,故建立如圖所示的空間直角坐標系,設A1M=a,a∈[0,1],
則A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,0,1),M(0,a,1),
=(-1,a,1),=(1,0,1),
∵·=0,∴⊥,∴BM⊥AB1.
(2)解 設平面BCM的法向量n=(x,y,z),
由(1)知=(-1,a,1),=(-1,1,0),=(1,0,1),
∴
取x=1,得n=(1,1,1-a),
∵直線AB1與平面BCM所成的角為,
∴sin ===,
解得a=,∴n=,
∵=(1,0,-1),
∴點A1到平面BCM的距離d===.
7.(1)證明 ∵△ABC,△ECD是全等的正三角形,∴CD=BC,
∵BD=BC,
∴BD2=BC2+DC2,∴BC⊥DC,
∵平面ECD⊥平面BCD,且平面ECD∩平面BCD=CD,
∴BC⊥平面ECD,
∵DE 平面ECD,∴BC⊥ED.
(2)解 A,B,D,E四點共面.
理由如下,
如圖,分別取BC,DC的中點M,N,連接AM,EN,MN,
∵△ABC是等邊三角形,
∴AM⊥BC,AM=BC,
∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,
∴AM⊥平面BCD,
同理EN⊥平面BCD,
且EN=CD =BC,
∴AM∥EN,且AM=EN,
∴四邊形AMNE是矩形,
∴AE∥MN,又MN∥BD,
∴AE∥BD,∴A,B,D,E四點共面.
8.解 建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(2,2,0),
C(0,4,0),C1(0,4,4),
∵N是CC1的中點,
∴N(0,4,2).
(1)=(0,4,2),=(2,2,0),
則||=2,
||=4.
設點N到直線AB的距離為d1,
則d1===4.
(2)設平面ABN的法向量為n=(x,y,z),
則由n⊥,n⊥,
得
令z=2,則y=-1,x=,
即n=.
易知=(0,0,-2),
設點C1到平面ABN的距離為d2,
則d2===.
優化提升
9.解 建立如圖所示的空間直角坐標系,
根據題意設點
P(0,t,2),
0≤t≤2,
則E(1,1,0),
F(2,2,1),
C(0,2,0),
(1)=(1,1-t,-2),
=(1,1,1),=(2,0,1),
設平面CEF的法向量為
m=(x,y,z),
則
令x=1,得z=-2,y=1,
∴m=(1,1,-2),
若存在滿足題意的點P,
則∥m,
∴=1,∴t=0,滿足0≤t≤2,即P與D1重合時,PE⊥平面EFC,此時C1P=2.
(2)易知平面BCC1B1的法向量為
n=(0,1,0),
設平面PEF的法向量為
r=(x0,y0,z0),
又=(2,2-t,-1),
=(1,1-t,-2),
∴
令y0=1,則x0=-1,z0=-,
∴r=,
設平面BCC1B1與平面PEF的夾角為θ,
則cos θ=|cos〈n,r〉|
=
=,0≤t≤2,
∴當t=時,(cos θ)max=,
(sin θ)min=.
此時C1P=2-=.
10.(1)證明 ∵AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,
∴AB∥平面PDC.
(2)解 ∵ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,
DC=3,
∴BC==2,又PB=PC=3,∴點P到直線BC的距離為=2,
∵平面PBC⊥平面ABCD,
∴點P到平面ABCD的距離為2.
以D為原點,以DA,DC及平面ABCD過D的垂線為坐標軸建立空間直角坐標系(圖略).
∴A(4,0,0),B(4,5,0),C(0,3,0),
P(2,4,2),
∴=(2,1,-2),=(0,5,0),=(4,2,0),
設平面APB的法向量為
m=(x1,y1,z1),
平面PBC的法向量為
n=(x2,y2,z2),
則
令x1=1,x2=1可得m=(1,0,1),
n=(1,-2,0),
設平面APB與平面PBC的夾角為θ,
則cos θ=|cos〈m,n〉|=
==.
∴平面APB與平面PBC夾角的余弦值為.
(3)解 假設棱BC上存在點Q到平面PBA的距離為,
設=λ=λ(4,2,0)
=(4λ,2λ,0),λ∈[0,1],
∴Q(4λ,2λ+3,0),
∴=(4λ-4,2λ+3,0),
由(2)知平面PBA的一個法向量為
m=(1,0,1),
∴點Q到平面PBA的距離
d===,
∴|4λ-4|=,∴λ=1-,
∴棱BC上存在點Q到平面PBA的距離為,
=1-.
11.
(1)證明 因為PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD.
又因為AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 過點A作AD的垂線交BC于點M.
因為PA⊥平面ABCD,AM,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AM,PA⊥AD.
建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因為E為PD的中點,
所以E(0,1,1),
所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2),
所以==,
所以=+=.
設平面FAE的法向量為n=(x,y,z),則
即
令z=1,則y=-1,x=-1.
于是n=(-1,-1,1).
又因為平面PAE的一個法向量為p=(1,0,0),
所以cos〈n,p〉==-.
由題知,平面FAE與平面PAE夾角的余弦值為.
(3)解 直線AG在平面AEF內,理由如下:
因為點G在PB上,且=,=(2,-1,-2),
所以==,
所以=+=.
由(2)知,平面AEF的一個法向量n=(-1,-1,1),
所以·n=-++=0.
又點A∈平面AEF,所以直線AG在平面AEF內.
12.
(1)證明 ∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB 平面ABCD,
∴AB⊥平面PAD.
∵PD 平面PAD,∴AB⊥PD.
又PA⊥PD,PA∩AB=A.
∴PD⊥平面PAB.
(2)解 取AD中點O,連接CO,PO,∵PA=PD,∴PO⊥AD.
又∵PO 平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD.
∵CO 平面ABCD,∴PO⊥CO.
∵AC=CD,∴CO⊥AD.
以O為原點建立如圖所示空間直角坐標系.
易知P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,-1,0),C(2,0,0).
則=(1,1,-1),=(0,-1,-1),
=(2,0,-1),=(-2,-1,0).
設n=(x0,y0,1)為平面PDC的一個法向量.
由得
解得即n=.
設PB與平面PCD的夾角為θ.
則sin θ=|cos〈n,〉|=
==.
所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.
(3)解 設M是棱PA上一點,則存在λ∈[0,1]使得=λ,因此點M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).
因為BM 平面PCD,所以BM∥平面PCD,
當且僅當·n=0,即(-1,-λ,λ)·=0,解得λ=,所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時=.第7部分第9節《空間動態問題》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【題型展示】
題型一 空間位置關系的判定
例1 (1)(多選)已知等邊△ABC的邊長為6,M,N分別為邊AB,AC的中點,將△AMN沿MN折起至△A′MN,在四棱錐A′-MNCB中,下列說法正確的是( )
A.直線MN∥平面A′BC
B.當四棱錐A′-MNCB體積最大時,平面A′MN⊥平面MNCB
C.在折起過程中存在某個位置使BN⊥平面A′NC
D.當四棱錐A′-MNCB體積最大時,它的各頂點都在球O的球面上,則球O的表面積為
(2)已知P,Q分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上的動點(不與頂點重合),則下列結論錯誤的是( )
A.AB⊥PQ
B.平面BPQ∥平面ADD1A1
C.四面體ABPQ的體積為定值
D.AP∥平面CDD1C1
跟蹤訓練1 如圖,點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運動,則下列結論一定成立的是( )
A.三棱錐A-A1PD的體積大小與點P的位置有關
B.A1P與平面ACD1相交
C.平面PDB1⊥平面A1BC1
D.AP⊥D1C
題型二 軌跡問題
例2 (1)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F分別為AA1,AB的中點,M點是正方形ABB1A1內的動點,若C1M∥平面CD1EF,則M點的軌跡長度為________.
(2)設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,P為底面正方形ABCD內的一動點,若△APC1的面積S=,則動點P的軌跡是( )
A.圓的一部分 B.雙曲線的一部分
C.拋物線的一部分 D.橢圓的一部分
跟蹤訓練2 (1)已知動點P在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的表面上運動,且PA=r(0<r<),記點P的軌跡長度為f(r),則f(1)+f() =________.
(2)如圖,斜線段AB與平面α所成的角為,B為斜足.平面α上的動點P滿足∠PAB=,則點P的軌跡為( )
A.圓 B.橢圓
C.雙曲線的一部分 D.拋物線的一部分
題型三 最值、范圍問題
例3 (1)在三棱錐P-ABC中,PA,AB,AC兩兩垂直,D為棱PC上一動點,PA=AC=2,AB=3.當BD與平面PAC所成角最大時,AD與平面PBC所成角的正弦值為________.
(2)如圖所示,菱形ABCD的邊長為2,現將△ACD沿對角線AC折起,使平面ACD′⊥平面ACB,則此時空間四面體ABCD′體積的最大值為( )
A. B. C.1 D.
跟蹤訓練3 (1)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,E,F分別為B1C1,C1D1的中點,P是底面A1B1C1D1上一點.若AP∥平面BEF,則AP長度的最小值是________,最大值是________.
(2)在四面體ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,則四面體ABCD體積的最大值是( )
A. B. C. D.
優化提升
1.已知正四面體D-ABC,點E,F分別為棱CD,AC的中點,點M為線段EF上的動點,設EM=x,則下列說法正確的是( )
A.直線DA與直線MB所成的角隨x的增大而增大
B.直線DA與直線MB所成的角隨x的增大而減小
C.直線DM與平面ABD所成的角隨x的增大而增大
D.直線DM與平面ABD所成的角隨x的增大而減小
2.點P為棱長是2的正方體ABCD-A1B1C1D1的內切球O球面上的動點,點M為B1C1的中點,若滿足DP⊥BM,則動點P的軌跡的長度為( )
A.π B.2π C.4π D.2π
3.在空間直角坐標系Oxyz中,正四面體P-ABC的頂點A,B分別在x軸、y軸上移動.若該正四面體的棱長是2,則|OP|的取值范圍是( )
A.[-1,+1] B.[1,3]
C.[-1,2] D.[1,+1]
4.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M是平面A1B1C1D1內一點,且BM∥平面ACD1,則tan∠DMD1的最大值為( )
A. B.1 C.2 D.
5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,頂點P在底面的投影O恰為正方形ABCD的中心,且AB=,設點M,N分別為線段PD,PO上的動點,已知當AN+MN取最小值時,動點M恰為PD的中點,則該四棱錐外接球的表面積為( )
A. B. C. D.
6.(多選)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4,M為DD1的中點,N為ABCD所在平面內一動點,則下列命題正確的是( )
A.若MN與平面ABCD所成的角為,則點N的軌跡為圓
B.若MN=4,則MN的中點P的軌跡所圍成圖形的面積為2π
C.若點N到直線BB1與到直線DC的距離相等,則點N的軌跡為拋物線
D.若D1N與AB所成的角為,則點N的軌跡為橢圓
7.(多選)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別是棱DD1,BB1上的動點(異于所在棱的端點).則下列結論正確的是( )
A.在點F運動的過程中,直線FC1可能與AE平行
B.直線AC1與EF必然異面
C.設直線AE,AF分別與平面A1B1C1D1相交于點P,Q,則點C1可能在直線PQ上
D.設直線AE,AF分別與平面A1B1C1D1相交于點P,Q,則點C1一定不在直線PQ上
8.(多選)如圖,在等腰Rt△ABC中,BC=2,∠C=90°,D,E分別是線段AB,AC上異于端點的動點,且DE∥BC,現將△ADE沿直線DE折起至△A′DE,使平面A′DE⊥平面BCED,當D從B滑動到A的過程中,下列選項中正確的是( )
A.∠A′DB的大小不會發生變化
B.二面角A′-BD-C的平面角的大小不會發生變化
C.三棱錐A′-EBC的體積先變小再變大
D.A′B與DE所成的角先變大后變小
9.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,AC⊥CB,點D是AB上的動點.下列結論正確的是______.(填序號)
①AC⊥BC1;
②存在點D,使得AC1∥平面CDB1;
③不存在點D,使得平面CDB1⊥平面AA1B1B;
④三棱錐A1-CDB1的體積是定值.
10.在三棱錐A-BCD中,AB,AC,AD兩兩垂直且長度均為6,定長為l(l<4)的線段MN的一個端點M在棱AB上運動,另一個端點N在△ACD內運動(含邊界),若線段MN的中點P的軌跡的面積為,則l的值為________.
參考答案:
基礎摸查
【題型展示】
例1 (1)AB
(2)C
跟蹤訓練1 C
例2 (1)
(2)D
跟蹤訓練2 (1)3π
(2)B
例3 (1)
(2)A
跟蹤訓練3 (1)
(2)A
優化提升
1.D
2.C
3.A
4.D
5.B
6.AC
7.AC
8.AB
9.①②④
10.2第7部分第1節《基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1.已知圓錐的表面積等于12π cm2,其側面展開圖是一個半圓,則底面圓的半徑為( )
A.1 cm B.2 cm C.3 cm D. cm
2.下列說法正確的是( )
A.相等的角在直觀圖中仍然相等
B.相等的線段在直觀圖中仍然相等
C.正方形的直觀圖是正方形
D.若兩條線段平行,則在直觀圖中對應的兩條線段仍然平行
3.如圖,一個三棱柱形容器中盛有水,則盛水部分的幾何體是( )
A.四棱臺 B.四棱錐
C.四棱柱 D.三棱柱
【知識歸納】
1.空間幾何體的結構特征
(1)多面體的結構特征
名稱 棱柱 棱錐 棱臺
圖形
底面 互相 且____ 多邊形 互相 且_____
側棱 相交于 但不一定相等 延長線交于_____
側面形狀
(2)旋轉體的結構特征
名稱 圓柱 圓錐 圓臺 球
圖形
母線 互相平行且相等, 于底面 相交于____ 延長線交于____
軸截面
側面展開圖
2.直觀圖
(1)畫法:常用 .
(2)規則:
①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直,直觀圖中x′軸、y′軸的夾角為45°或135°,z′軸與x′軸和y′軸所在平面 .
②原圖形中平行于坐標軸的線段,直觀圖中仍 ,平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度 ,平行于y軸的線段,長度在直觀圖中變為原來的 .
3.圓柱、圓錐、圓臺的側面展開圖及側面積公式
圓柱 圓錐 圓臺
側面展開圖
側面積公式 S圓柱側=____ S圓錐側=____ S圓臺側=________
4.柱、錐、臺、球的表面積和體積
名稱幾何體 表面積 體積
柱體 S表=S側+2S底 V=_____
錐體 S表=S側+S底 V=Sh
臺體 S表=S側+S上+S下 V=(S上+S下+)h
球 S表=_____ V=πR3
常用結論:
1.與體積有關的幾個結論
(1)一個組合體的體積等于它的各部分體積的和或差.
(2)底面面積及高都相等的兩個同類幾何體的體積相等(祖暅原理).
2.直觀圖與原平面圖形面積間的關系:S直觀圖=S原圖形,S原圖形=2S
【題型展示】
題型一 基本立體圖形
命題點1 結構特征
例1 (多選)下列說法中不正確的是( )
A.以直角梯形的一條腰所在直線為旋轉軸,其余邊旋轉一周形成的幾何體是圓臺
B.有兩個面平行,其余各面都是四邊形的幾何體是棱柱
C.底面是正多邊形的棱錐是正棱錐
D.棱臺的各側棱延長后必交于一點
命題點2 直觀圖
例2 已知水平放置的四邊形OABC按斜二測畫法得到如圖所示的直觀圖,其中O′A′∥B′C′,∠O′A′B′=90°,O′A′=1,B′C′=2,則原四邊形OABC的面積為( )
A. B.3 C.4 D.5
命題點3 展開圖
例3 如圖,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為1 cm,高為5 cm,一質點自A點出發,沿著三棱柱的側面繞行兩周到達A1點的最短路線的長為( )
A.12 cm B.13 cm
C. cm D.15 cm
跟蹤訓練1 (1)如圖,一個水平放置的平面圖形由斜二測畫法得到的直觀圖A′B′C′D′是邊長為2的菱形,且O′D′=2,則原平面圖形的周長為( )
A.4+4 B.4+4
C.8 D.8
(2)已知圓錐的側面積是底面積的倍,則該圓錐的側面展開圖扇形的圓心角大小為( )
A. B. C. D.
(3)(多選)下列命題中不正確的是( )
A.棱柱的側棱都相等,側面都是全等的平行四邊形
B.在四棱柱中,若兩個過相對側棱的截面都垂直于底面,則該四棱柱為直四棱柱
C.不存在每個面都是直角三角形的四面體
D.棱臺的上、下底面可以不相似,但側棱長一定相等
題型二 表面積與體積
命題點1 表面積
例4 (1)已知三棱錐的三條側棱長均為2,有兩個側面是等腰直角三角形,底面等腰三角形底上的高為,則這個三棱錐的表面積為( )
A.4+3+ B.4++2
C.4++ D.4+2+
(2)以邊長為2的正方形的一邊所在直線為旋轉軸,將該正方形旋轉一周所得圓柱的側面積等于( )
A.8π B.4π C.8 D.4
命題點2 體積
例5 (1)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則三棱錐A-B1CD1的體積為( )
A. B. C.4 D.6
(2)正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2,4,側棱長為2,則其體積為( )
A.20+12 B.28
C. D.
跟蹤訓練2 (1)在我國瓷器的歷史上六棱形的瓷器非常常見,因為六、八是中國人的吉利數字,所以許多瓷器都做成六棱形和八棱形的,但是六棱柱形的瓷器只有六棱柱形筆筒,其余的六棱形都不是六棱柱形.如圖為一個正六棱柱形狀的瓷器筆筒,高為18.7 cm,底面邊長為7 cm(數據為筆筒的外觀數據),用一層絨布將其側面包裹住,忽略絨布的厚度,則至少需要絨布的面積為( )
A.120 cm2 B.162.7 cm2
C.785.4 cm2 D.1 570.8 cm2
(2)定義:24小時內降水在平地上積水厚度(mm)來判斷降雨程度.其中小雨(<10 mm),中雨(10 mm-25 mm),大雨(25 mm-50 mm),暴雨(50 mm-100 mm),小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水,如圖,則這天降雨屬于哪個等級( )
A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨
基礎夯實
1.下列說法中,正確的是( )
A.棱柱的側面可以是三角形
B.若棱柱有兩個側面是矩形,則該棱柱的其他側面也是矩形
C.正方體的所有棱長都相等
D.棱柱的所有棱長都相等
2.一個菱形的邊長為4 cm,一內角為60°,用斜二測畫法畫出的這個菱形的直觀圖的面積為( )
A.2 cm2 B.2 cm2
C.4 cm2 D.8 cm2
3.現有同底等高的圓錐和圓柱,已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形,則圓錐的側面積為( )
A.3π B. C. D.π
4.已知圓錐的側面展開圖為一個面積為2π的半圓,則該圓錐的高為( )
A. B.1 C. D.
5.如圖,在水平地面上的圓錐形物體的母線長為12,底面圓的半徑等于4,一只小蟲從圓錐的底面圓上的點P出發,繞圓錐側面爬行一周后回到點P處,則小蟲爬行的最短路程為( )
A.12 B.16
C.24 D.24
6.南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題,其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5 m時,相應水面的面積為140.0 km2;水位為海拔157.5 m時,相應水面的面積為180.0 km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺,則該水庫水位從海拔148.5 m上升到157.5 m時,增加的水量約為(≈2.65)( )
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
7.如圖,在正四棱錐P-ABCD中,B1為PB的中點,D1為PD的中點,則棱錐A-B1CD1與棱錐P-ABCD的體積之比是( )
A.1∶4 B.3∶8 C.1∶2 D.2∶3
8.已知A,B,C是半徑為1的球O的球面上的三個點,且AC⊥BC,AC=BC=1,則三棱錐O-ABC的體積為( )
A. B. C. D.
9.已知三棱錐S-ABC中,∠SAB=∠ABC=,SB=4,SC=2,AB=2,BC=6,則三棱錐S-ABC的體積是( )
A.4 B.6 C.4 D.6
10.如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=,點E為AB上的動點,則D1E+CE的最小值為( )
A.2 B.
C.+1 D.2+
11.若圓錐的母線長為2,側面展開圖的面積為6π,則該圓錐的體積是( )
A.π B.3π C.3π D.9π
12.如圖是用斜二測畫法畫出的水平放置的△AOB的直觀圖(圖中虛線分別與x′軸、y′軸平行),則原圖形△AOB的面積是( )
A.8 B.16
C.32 D.64
13.在四面體ABCD中,AB=,DA=DB=CA=CB=1,則四面體ABCD的外接球的表面積為( )
A.π B.2π C.3π D.4π
14.已知A,B,C為球O的球面上的三個點,⊙O1為△ABC的外接圓.若⊙O1的面積為4π,AB=BC=AC=OO1,則球O的表面積為( )
A.64π B.48π C.36π D.32π
15.(多選)攢尖是我國古代建筑中屋頂的一種結構形式,宋代稱為撮尖,清代稱攢尖,通常有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、八角攢尖,也有單檐和重檐之分,多見于亭閣式建筑、園林建筑.下面以四角攢尖為例,如圖,它的屋頂部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐.已知此正四棱錐的側面與底面所成的銳二面角為θ,這個角接近30°,若取θ=30°,側棱長為米,則( )
A.正四棱錐的底面邊長為6米
B.正四棱錐的底面邊長為3米
C.正四棱錐的側面積為24平方米
D.正四棱錐的側面積為12平方米
16.(多選)下列說法不正確的是( )
A.棱柱的兩個互相平行的面一定是棱柱的底面
B.有兩個面平行且相似,其余各面都是梯形的多面體是棱臺
C.如果一個棱錐的各個側面都是等邊三角形,那么這個棱錐可能為六棱錐
D.如果一個棱柱的所有面都是長方形,那么這個棱柱是長方體
17.(多選)在一個密閉透明的圓柱筒內裝一定體積的水,將該圓柱筒分別豎直、水平、傾斜放置時,指出圓柱桶內的水平面可以呈現出的幾何形狀可能是( )
A.圓面
B.矩形面
C.梯形面
D.橢圓面或部分橢圓面
18.如圖,六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長為2 cm,高為2 cm,內孔半徑為0.5 cm,則此六角螺帽毛坯的體積是________cm3.
19.如圖所示是古希臘數學家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻著一個圓柱,圓柱內有一個內切球,這個球的直徑恰好與圓柱的高相等,相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為豪的發現.我們來重溫這個偉大發現,圓柱的體積與球的體積之比為________,圓柱的表面積與球的表面積之比為________.
20.學生到工廠勞動實踐,利用3D打印技術制作模型.如圖,該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體.其中O為長方體的中心,E,F,G,H分別為所在棱的中點,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3,不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質量為______g.
21.如圖,在六面體ABC-FEDG中,BG⊥平面ABC,平面ABC∥平面FEDG,AF∥BG,FE∥GD,∠FGD=90°,AB=BC=BG=2,GD=2BC,四邊形AEDC是菱形,則六面體ABC-FEDG的體積為________.
22.陀螺是中國民間最早的娛樂工具之一,也稱陀羅.圖1是一種木陀螺,可近似地看作是一個圓錐和一個圓柱的組合體,其直觀圖如圖2所示,其中B,C分別是上、下底面圓的圓心,且AC=3AB=3BD,則該陀螺下半部分的圓柱的側面積與上半部分的圓錐的側面積的比值是________.
23.如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V,點M,N分別為棱AA1,CC1的中點,則棱錐B-AMNC的體積為________.
24.某同學的通用技術作品如圖所示,該作品由兩個相同的正四棱柱制作而成.已知正四棱柱的底面邊長為3 cm,這兩個正四棱柱的公共部分構成的多面體的面數為 ________,體積為 ________cm3.
優化提升
25.如圖,一個裝有某種液體的圓柱形容器固定在墻面和地面的角落處,容器與地面所成的角為30°,液面呈橢圓形,橢圓長軸上的頂點M,N到容器底部的距離分別是12和18,則容器內液體的體積是( )
A.15π B.36π C.45π D.48π
26.甲、乙兩個圓錐的母線長相等,側面展開圖的圓心角之和為2π,側面積分別為S甲和S乙,體積分別為V甲和V乙.若=2,則等于( )
A. B.2 C. D.
27.碳70(C70)是一種碳原子族,可高效殺死癌細胞,它是由70個碳原子構成的,其結構是由五元環(正五邊形面)和六元環(正六邊形面)組成的封閉的凸多面體,共37個面,則其六元環的個數為( )
C70分子結構圖
A.12 B.25 C.30 D.36
28.(多選)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3,線段B1D1上有兩個動點E,F,且EF=1,則當E,F移動時,下列結論正確的是( )
A.AE∥平面C1BD
B.四面體ACEF的體積不為定值
C.三棱錐A-BEF的體積為定值
D.四面體ACDF的體積為定值
29.(多選)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,AB=BC=1,∠ABC=90°,側面AA1C1C的中心為O,點E是側棱BB1上的一個動點,下列判斷正確的是( )
A.直三棱柱的側面積是4+2
B.直三棱柱的體積是
C.三棱錐E-AA1O的體積為定值
D.AE+EC1的最小值為2
30.若E,F是三棱柱ABC-A1B1C1側棱BB1和CC1上的點,且B1E=CF,三棱柱的體積為m,則四棱錐A-BEFC的體積為________.
31.在半徑為15的球O內有一個底面邊長為12的內接正三棱錐A-BCD,則此正三棱錐的體積為________.
32.如圖,某款酒杯容器部分為圓錐,且該圓錐的軸截面是面積為16 cm2的正三角形.若在該酒杯內放置一個圓柱形冰塊,要求冰塊高度不超過杯口高度,則酒杯可放置圓柱冰塊的最大體積為________cm3.
參考答案:
基礎摸查
【習題導入】
1.B 2.D 3.C
【知識歸納】
1.(1)平行 全等 平行 相似
平行且相等 一點 一點
平行四邊形 三角形 梯形
(2)垂直 一點 一點 矩形
等腰三角形 等腰梯形 圓 矩形 扇形 扇環
2.(1)斜二測畫法 (2)①垂直
②分別平行于坐標軸 不變 一半
3.2πrl πrl π(r1+r2)l
4.Sh 4πR2
【題型展示】
例1 ABC
例2 B
例3 C
跟蹤訓練1 (1)B (2)C (3)ACD
例4 (1)C
(2)A
例5 (1)B
(2)D
跟蹤訓練2 (1)C (2)B
基礎夯實
1.C
2.B
3.D
4.D
5.A
6.C
7.A
8.A
9.C
10.B
11.B
12.C
13.B
14.A
15.AC
16.ABC
17.ABD
18.12-
19.
20.118.8
21.8
22.2
23.V
24.8 18
優化提升
25.C
26.C
27.B
28.ACD
29.ACD
30.
31.864或216
32.第7部分第2節《球的切、接問題》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【題型展示】
題型一 定義法
例1 (1)已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為3和4,其頂點都在同一球面上,則該球的表面積為( )
A.100π B.128π
C.144π D.192π
(2)在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=2,AB=2,AC=4,∠BAC=45°,則三棱錐P-ABC外接球的表面積是( )
A.14π B.16π C.18π D.20π
跟蹤訓練1 已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,則球O的半徑為( )
A. B.2 C. D.3
題型二 補形法
例2 (1)如圖,在多面體中,四邊形ABCD為矩形,CE⊥平面ABCD,AB=2,BC=CE=1,通過添加一個三棱錐可以將該多面體補成一個直三棱柱,那么添加的三棱錐的體積為________,補形后的直三棱柱的外接球的表面積為________.
(2)在正方形ABCD中,E,F分別為線段AB,BC的中點,連接DE,DF,EF,將△ADE,△CDF,△BEF分別沿DE,DF,EF折起,使A,B,C三點重合,得到三棱錐O-DEF,則該三棱錐的外接球半徑R與內切球半徑r的比值為( )
A.2 B.4 C.2 D.
跟蹤訓練2 (1)已知三棱錐P-ABC的每條側棱與它所對的底面邊長相等,且PA=3,PB=PC=5,則該三棱錐的外接球的表面積為________.
(2)在三棱錐A-BCD中,側棱AB,AC,AD兩兩垂直,△ABC,△ACD,△ADB的面積分別為,,,則三棱錐A-BCD的外接球的體積為( )
A.π B.2π C.3π D.4π
題型三 截面法
例3 (1)如圖所示,直三棱柱ABC-A1B1C1是一塊石材,測量得∠ABC=90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若將該石材切削、打磨,加工成幾個大小相同的健身手球,則一個加工所得的健身手球的最大體積及此時加工成的健身手球的個數分別為( )
A.,4 B.,3
C.6π,4 D.,3
(2)四棱錐P-ABCD的頂點都在球O的表面上,△PAD是等邊三角形,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,若AB=2,BC=3,則球O的表面積為( )
A.12π B.16π C.20π D.32π
跟蹤訓練3 (1)兩個圓錐的底面是一個球的同一截面,頂點均在球面上,若球的體積為,兩個圓錐的高之比為1∶3,則這兩個圓錐的體積之和為( )
A.3π B.4π C.9π D.12π
(2)半球內放三個半徑為的小球,三小球兩兩相切,并且與球面及半球底面的大圓面也相切,則該半球的半徑是( )
A.1+ B.+ C.+ D.+
優化提升
1.已知一個棱長為2的正方體的頂點都在某球面上,則該球體的體積為( )
A.π B.4π C.8π D.12π
2.“阿基米德多面體”也稱半正多面體,是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體,它體現了數學的對稱美.如圖是以一正方體的各條棱的中點為頂點的多面體,這是一個有八個面為正三角形,六個面為正方形的“阿基米德多面體”,若該多面體的棱長為1,則該多面體外接球的體積為( )
A.π B.π C.4π D.8π
3.已知一個三棱柱,其底面是正三角形,且側棱與底面垂直,一個體積為的球體與棱柱的所有面均相切,那么這個三棱柱的表面積是( )
A.6 B.12 C.18 D.24
4.若圓錐的內切球與外接球的球心重合,且內切球的半徑為1,則圓錐的體積為( )
A.π B.2π C.3π D.4π
5.已知在三棱錐P-ABC中,AC=,BC=1,AC⊥BC且PA=2PB,PB⊥平面ABC,則其外接球體積為( )
A. B.4π C. D.4π
6.已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當該四棱錐的體積最大時,其高為( )
A. B. C. D.
7.(多選)已知三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的表面上,PA⊥平面ABC,PA=6,AB⊥AC,AB=2,AC=2,點D為AB的中點,過點D作球O的截面,則截面的面積可以是( )
A. B.π C.9π D.13π
8.(多選)已知正方體的外接球與內切球上各有一個動點M,N,若線段MN的最小值為-1,則下列說法中正確的是( )
A.正方體的外接球的表面積為12π
B.正方體的內切球的體積為
C.正方體的棱長為2
D.線段MN的最大值為2
9.在三棱錐D-ABC中,AB=BC=2,AC=2,BD=4,BD⊥平面ABC,則三棱錐D-ABC外接球的表面積為________.
10.已知在三棱錐P-ABC中,AB=4,BC=3,PA=AC=5,當該三棱錐體積最大時,其外接球的表面積為________.
11.已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內半徑最大的球的體積為________.
12.如圖,在圓柱O1O2內有一個球O,該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.記圓柱O1O2的體積為V1,表面積為S1,球O的體積為V2,表面積為S2,則=________,=________.
參考答案:
基礎摸查
【題型展示】
例1 (1)A
(2)D
跟蹤訓練1 C
例2 (1) 6π
(2)C
跟蹤訓練2 (1)34π
(2)A
例3 (1)D
(2)B
跟蹤訓練3 (1)B
(2)D
優化提升
1.B
2.A
3.C
4.C
5.A
6.C
7.BCD
8.ABC
9.32π
10.50π
11.π
12. 第7部分第3節《空間點、直線、平面之間的位置關系》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1.已知a,b是異面直線,直線c平行于直線a,那么c與b( )
A.一定是異面直線
B.一定是相交直線
C.不可能是平行直線
D.不可能是相交直線
2.(多選)如圖是某正方體的平面展開圖,則在這個正方體中,下列說法正確的是( )
A.BM與ED平行
B.CN與BM成60°角
C.CN與BE是異面直線
D.DM與BN是異面直線
3. 如圖,在三棱錐A-BCD中,E,F,G,H分別是棱AB,BC,CD,DA的中點,則
(1)當AC,BD滿足條件________時,四邊形EFGH為菱形;
(2)當AC,BD滿足條件________時,四邊形EFGH為正方形.
【知識歸納】
1.基本事實1:過 的三個點,有且只有一個平面.
基本事實2:如果一條直線上的 在一個平面內,那么這條直線在這個平面內.
基本事實3:如果兩個不重合的平面有一個公共點,那么它們有且只有 過該點的公共直線.
基本事實4:平行于同一條直線的兩條直線 .
2.“三個”推論
推論1:經過一條直線和這條直線外一點,有且只有一個平面.
推論2:經過兩條 直線,有且只有一個平面.
推論3:經過兩條 直線,有且只有一個平面.
3.空間中直線與直線的位置關系
4.空間中直線與平面、平面與平面的位置關系
圖形語言 符號語言 公共點
直線與平面 相交 個
平行 個
在平面內 個
平面與平面 平行 個
相交 個
5.等角定理
如果空間中兩個角的兩條邊分別對應平行,那么這兩個角 .
6.異面直線所成的角
(1)定義:已知兩條異面直線a,b,經過空間任一點O分別作直線a′∥a,b′∥b,我們把直線a′與b′所成的角叫做異面直線a與b所成的角(或夾角).
(2)范圍: .
常用結論:
1.過平面外一點和平面內一點的直線,與平面內不過該點的直線是異面直線.
2.分別在兩個平行平面內的直線平行或異面.
【題型展示】
題型一 基本事實的應用
例1 如圖,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且A,B,C l,直線AB∩l=M,過A,B,C三點的平面記作γ,則γ與β的交線必經過( )
A.點A
B.點B
C.點C但不過點M
D.點C和點M
跟蹤訓練1 (1)已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為D1C1,C1B1的中點,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.
求證:(1)D,B,F,E四點共面;
(2)若A1C交平面DBFE于點R,則P,Q,R三點共線;
(3)DE,BF,CC1三線交于一點.
(2)如圖所示,平面ABEF⊥平面ABCD,四邊形ABEF與ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC∥AD且BC=AD,BE∥AF且BE=AF,G,H分別為FA,FD的中點.
①證明:四邊形BCHG是平行四邊形;
②C,D,F,E四點是否共面?為什么?
題型二 空間位置關系的判斷
命題點1 空間位置關系的判斷
例2 (1)若a和b是異面直線,b和c是異面直線,則a和c的位置關系是( )
A.異面或平行 B.異面或相交
C.異面 D.相交、平行或異面
(2)(多選)下列推斷中,正確的是( )
A.M∈α,M∈β,α∩β=l M∈l
B.A∈α,A∈β,B∈α,B∈β α∩β=AB
C.l α,A∈l A α
D.A,B,C∈α,A,B,C∈β,且A,B,C不共線 α,β重合
命題點2 異面直線所成的角
例3 (1)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=CC1=2,E為BB1上一點,平面AEC1將三棱柱分為上、下體積相等的兩部分,則AE與B1C1所成角的余弦值為( )
A. B. C. D.
(2)如圖所示,圓柱O1O2的底面半徑為1,高為2,AB是一條母線,BD是圓O1的直徑,C是上底面圓周上一點,∠CBD=30°,則異面直線AC與BD所成角的余弦值為( )
A. B. C. D.
跟蹤訓練2 (1)如圖,在圓錐SO中,AB,CD為底面圓的兩條直徑,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=3,SE=SB,則異面直線SC與OE所成角的正切值為( )
A. B. C. D.
(2)(多選)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為棱C1D1,C1C的中點,以下四個選項正確的是( )
A.直線AM與CC1是相交直線
B.直線AM與BN是平行直線
C.直線BN與MB1是異面直線
D.直線AM與DD1是異面直線
(3)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為( )
A. B. C. D.
題型三 空間幾何體的切割(截面)問題
例4 (1)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°,以D1為球心,為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為________.
(2)(多選)用一個平面α截正方體,把正方體分為體積相等的兩部分,則下列結論正確的是( )
A.這兩部分的表面積一定不相等
B.截面不會是三角形
C.截面不會是五邊形
D.截面可以是正六邊形
跟蹤訓練3 (1)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是BC的中點,平面α經過直線BD且與直線C1E平行,若正方體的棱長為2,則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________.
(2)(多選)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別在B1B和C1C上(異于端點),則過三點A,F,E的平面被正方體截得的圖形(截面)可能是( )
A.矩形 B.菱形 C.正方形 D.梯形
基礎夯實
1.若直線上有兩個點在平面外,則( )
A.直線上至少有一個點在平面內
B.直線上有無窮多個點在平面內
C.直線上所有點都在平面外
D.直線上至多有一個點在平面內
2.給出以下四個命題:
①依次首尾相接的四條線段必共面;
②過不在同一條直線上的三點,有且只有一個平面;
③空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行,那么這兩個角必相等;
④垂直于同一直線的兩條直線必平行.
其中正確命題的個數是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3.已知平面α,β,γ兩兩垂直,直線a,b,c滿足a α,b β,c γ,則直線a,b,c不可能滿足以下哪種關系( )
A.兩兩垂直 B.兩兩平行
C.兩兩相交 D.兩兩異面
4.在底面半徑為1的圓柱OO1中,過旋轉軸OO1作圓柱的軸截面ABCD,其中母線AB=2,E是的中點,F是AB的中點,則( )
A.AE=CF,AC與EF是共面直線
B.AE≠CF,AC與EF是共面直線
C.AE=CF,AC與EF是異面直線
D.AE≠CF,AC與EF是異面直線
5.如圖,已知四面體ABCD 的各條棱長均等于4,E,F 分別是棱AD,BC 的中點.若用一個與直線EF 垂直,且與四面體的每一個面都相交的平面α 去截該四面體,由此得到一個多邊形截面,則該多邊形截面面積的最大值為( )
A.3 B.4
C.4 D.6
6.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為B1D1的中點,則直線PB與AD1所成的角為( )
A. B. C. D.
7.a,b,c是兩兩不同的三條直線,下面四個命題中,真命題是( )
A.若直線a,b異面,b,c異面,則a,c異面
B.若直線a,b相交,b,c相交,則a,c相交
C.若a∥b,則a,b與c所成的角相等
D.若a⊥b,b⊥c,則a∥c
8.我國古代的數學著作《九章算術·商功》中,將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.在如圖所示的“塹堵”ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,M、N分別是BB1和A1C1的中點,則平面AMN截“塹堵”ABC-A1B1C1所得截面圖形的面積為( )
A. B. C. D.
9.(多選)下列命題中不正確的是( )
A.空間四點共面,則其中必有三點共線
B.空間四點不共面,則其中任意三點不共線
C.空間四點中有三點共線,則此四點不共面
D.空間四點中任意三點不共線,則此四點不共面
10.(多選)下圖中,G,N,M,H分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點或所在棱的中點,則表示直線GH,MN是異面直線的圖形有( )
11.(多選)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中點,直線A1C交平面AB1D1于點M,則下列結論正確的是( )
A.A,M,O三點共線 B.A,M,O,A1共面
C.A,M,C,O共面 D.B,B1,O,M共面
12.(多選)如圖,已知二面角A-BD-C的大小為,G,H分別是BC,CD的中點,E,F分別在AD,AB上,==,且AC⊥平面BCD,則以下說法正確的是( )
A.E,F,G,H四點共面
B.FG∥平面ADC
C.若直線FG,HE交于點P,則P,A,C三點共線
D.若△ABD的面積為6,則△BCD的面積為3
13.如圖為四棱錐A-DEFG的側面展開圖(點G1,G2重合為點G),其中AD=AF,G1D=G2F.E是線段DF的中點,請寫出四棱錐A-DEFG中一對一定相互垂直的異面直線________.(填上你認為正確的一個結論即可,不必考慮所有可能的情形)
14. 如圖是某機械零件的幾何結構,該幾何體是由兩個相同的直四棱柱組合而成的,且前后、左右、上下均對稱,每個四棱柱的底面都是邊長為2的正方形,高為4,且兩個四棱柱的側棱互相垂直.則這兩個四棱柱的表面相交的交線段總長度為________.
15.如圖,正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上,且AB∥CD,則直線EF與正方體的六個面所在的平面相交的平面個數為________.
16.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點O是底面ABCD的中心,過O點作一條直線l與A1D平行,設直線l與直線OC1的夾角為θ,則cos θ=________.
17.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是BC的中點,平面α經過直線BD且與直線C1E平行,若正方體的棱長為2,則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________.
18.如圖,平面ABEF⊥平面ABCD,四邊形ABEF與四邊形ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC∥AD且BC=AD,BE∥AF且BE=AF,G,H分別為FA,FD的中點.
(1)證明:四邊形BCHG是平行四邊形;
(2)C,D,F,E四點是否共面?為什么?
19.如圖,在四棱錐O-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,OA⊥底面ABCD,OA=2,M為OA的中點.
(1)求四棱錐O-ABCD的體積;
(2)求異面直線OC與MD所成角的正切值.
20. 如圖所示,在空間四邊形ABCD中,E,F分別是AB,AD的中點,G,H分別在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.
(1)求證:E,F,G,H四點共面;
(2)設EG與FH交于點P,求證:P,A,C三點共線.
21. 如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中點.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2.求:
(1)三棱錐P-ABC的體積;
(2)異面直線BC與AD所成角的余弦值.
優化提升
22. 如圖,E,F分別為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CC1,C1D1的中點,若AB=6,則過A,E,F三點的截面的面積為( )
A.9
B.18
C.
D.
23.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,E,F,G分別為棱AB,A1D1,C1D1的中點,經過E,F,G三點的平面被正方體所截,則截面圖形的面積為( )
A. B. C.1 D.2
24.(多選)在三棱錐A-BCD中,AB=CD=,AD=BC=AC=BD=,則( )
A.AB⊥CD
B.三棱錐A-BCD的體積為
C.三棱錐A-BCD外接球半徑為
D.異面直線AD與BC所成角的余弦值為
25.如圖,AB和CD是異面直線,AB=CD=3,E,F分別為線段AD,BC上的點,且==,EF=,則AB與CD所成角的大小為________.
26.已知三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的表面上,PA⊥平面ABC,PA=6,AB=2,AC=2,BC=4,則:
(1)球O的表面積為________;
(2)若D是BC的中點,過點D作球O的截面,則截面面積的最小值是________.
27.如圖,已知直三棱柱ABC-A1B1C1的側棱長為2,AB⊥BC,AB=BC=2,過AB,BB1的中點E,F作平面α與平面AA1C1C垂直,則平面α與該直三棱柱所得截面的周長為 ________.
28.已知球O是正三棱錐(底面為正三角形,頂點在底面的射影為底面中心)A-BCD的外接球,BC=3,AB=2,點E在線段BD上,且BD=3BE,過點E作球O的截面,則所得的截面中面積最小的截面圓的面積是________.
29.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,邊長為4,E為AB的中點,PE⊥平面ABCD.
(1)若△PAB為等邊三角形,求四棱錐P-ABCD的體積;
(2)若CD的中點為F,PF與平面ABCD所成角為45°,求PC與AD所成角的正切值.
30. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,AB=2AD=2CD=2,點E是PB的中點.
(1)線段PA上是否存在一點G,使得點D,C,E,G共面?若存在,請證明,若不存在,請說明理由;
(2)若PC=2,求三棱錐P-ACE的體積.
參考答案:
基礎摸查
【習題導入】
1.C 2.BD
3.(1)AC=BD
(2)AC=BD且AC⊥BD
【知識歸納】
1.不在一條直線上 兩個點 一條
平行
2.相交 平行
3.相交 平行 任何
4.a∩α=A 1 a∥α 0 a α 無數
α∥β 0 α∩β=l 無數
5.相等或互補
6.(2)
【題型展示】
例1 D
跟蹤訓練1 (1)證明 (1)如圖所示,連接B1D1.
因為EF是△D1B1C1的中位線,所以EF∥B1D1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD,所以EF,BD確定一個平面,即D,B,F,E四點共面.
(2)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連接A1C,設A1,C,C1確定的平面為α,又設平面BDEF為β.因為Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β,所以Q是α與β的公共點,同理,P是α與β的公共點.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,R∈α,且R∈β.則R∈PQ,故P,Q,R三點共線.
(3)因為EF∥BD且EF<BD,所以DE與BF相交,設交點為M,則由M∈DE,DE 平面D1DCC1,得M∈平面D1DCC1,
同理,M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1=CC1,所以M∈CC1.
所以DE,BF,CC1三線交于一點.
(2)①證明 由題設知,因為G,H分別為FA,FD的中點,所以GH∥AD且GH=AD,
又BC∥AD且BC=AD,
故GH∥BC且GH=BC,
所以四邊形BCHG是平行四邊形.
②解 C,D,F,E四點共面.
理由如下:
由BE∥AF且BE=AF,G是FA的中點知BE∥GF且BE=GF,所以四邊形EFGB是平行四邊形,所以EF∥BG.
由①知BG∥CH,所以EF∥CH.
故EC,FH共面.
又點D在直線FH上,
所以C,D,F,E四點共面.
例2 (1)D (2)ABD
例3 (1)A
(2)C
跟蹤訓練2 (1)D
(2)CD
(3)A
例4 (1)
(2)BCD
跟蹤訓練3 (1)
(2)ABD
基礎夯實
1.D
2.B
3.B
4.D
5.B
6.D
7.C
8.A
9.ACD
10.BD
11.ABC
12.ACD
13.AE,DF(或AE,DG或AE,GF或AG,DF)
14.8
15.4
16.
17.
18.(1)證明 由已知FG=GA,FH=HD,
可得GH綉AD.又BC綉AD,
∴GH綉BC.
∴四邊形BCHG為平行四邊形.
(2)解 共面.∵BE綉AF,G是FA的中點,
∴BE綉FG,∴四邊形BEFG為平行四邊形,∴EF∥BG.
由(1)知BG綉CH,∴EF∥CH,
∴EF與CH共面.
又D∈FH,∴C,D,F,E四點共面.
19.解 (1)由已知可求得正方形ABCD的面積S=4,
所以四棱錐O-ABCD的體積
V=×4×2=.
(2)如圖,連接AC,設線段AC的中點為E,連接ME,DE,又M為OA中點,
∴ME∥OC,
則∠EMD(或其補角)為異面直線OC與MD所成的角,由已知可得DE=,EM=,MD=,
∵()2+()2=()2,
即DE2+EM2=MD2,
∴△DEM為直角三角形,且∠DEM=90°,
∴tan∠EMD===.
∴異面直線OC與MD所成角的正切值為.
20.證明 (1)因為E,F分別為AB,AD的中點,
所以EF∥BD.
在△BCD中,==,
所以GH∥BD,
所以EF∥GH.
所以E,F,G,H四點共面.
(2)因為EG∩FH=P,P∈EG,EG 平面ABC,
所以P∈平面ABC.
同理P∈平面ADC.
所以P為平面ABC與平面ADC的公共點.
又平面ABC∩平面ADC=AC,
所以P∈AC,
所以P,A,C三點共線.
21.解 (1)S△ABC=×2×2
=2,
三棱錐P-ABC的體積V=S△ABC·PA=×2×2=.
(2)如圖,取PB的中點E,
連接DE,AE,
則ED∥BC,
所以∠ADE是異面直線BC與AD所成的角(或其補角).
在△ADE中,DE=2,AE=,AD=2,
cos∠ADE===.
故異面直線BC與AD所成角的余弦值為.
優化提升
22.C
23.B
24.ABD
25.60°
26.(1)52π (2)4π
27.3+
28.2π
29.解 (1)∵正方形ABCD的邊長為4,且△PAB為等邊三角形,E為AB的中點,
∴PE=PB·sin∠PBE=AB·sin 60°=2,
又PE⊥平面ABCD,
∴四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=×42×2=.
(2)∵AD∥BC,
∴∠PCB即PC與AD所成的角.
如圖,連接EF,∵PE⊥平面ABCD,EF,BC 平面ABCD,
∴PE⊥EF,PE⊥BC,
又PF與平面ABCD所成角為45°,
即∠PFE=45°,
∴PE=EF·tan ∠PFE=4,
∴PB===2.
又BC⊥AB,PE∩AB=E,PE,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB,
又PB 平面PAB,∴BC⊥PB,
∴tan ∠PCB==,
∴PC與AD所成角的正切值為.
30.解 (1)存在.當G為PA的中點時滿足條件.
如圖,連接GE,GD,則GE是△PAB的中位線,
所以GE∥AB.
又AB∥DC,
所以GE∥DC,
所以G,E,C,D四點共面.
(2)因為E是PB的中點,
所以VP-ACE=VB-ACE=VP-ACB.
因為AD⊥DC,AB∥DC,
所以AC=,CB=,
故由題易知AC⊥BC,
所以S△ABC=AC·BC
=××=1,
VP-ACB=PC·S△ABC=,
所以VP-ACE=.第7部分第4節《空間直線、平面的平行》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1.(多選)已知α,β是兩個不重合的平面,l,m是兩條不同的直線,則下列說法正確的是( )
A.若l∥m,l∥β,則m∥β或m β
B.若α∥β,m α,l β,則m∥l
C.若m⊥α,l⊥m,則l∥α
D.若m∥α,m β,α∩β=l,則m∥l
2.平面α∥平面β的一個充分條件是( )
A.存在一條直線a,a∥α,a∥β
B.存在一條直線a,a α,a∥β
C.存在兩條平行直線a,b,a α,b β,a∥β,b∥α
D.存在兩條異面直線a,b,a α,b β,a∥β,b∥α
3. 如圖是長方體被一平面所截得的幾何體,四邊形EFGH為截面,則四邊形EFGH的形狀為______.
【知識歸納】
1.線面平行的判定定理和性質定理
文字語言 圖形語言 符號語言
判定定理 如果平面外一條直線與______________的一條直線平行,那么該直線與此平面平行 a∥α
性質定理 一條直線與一個平面平行,如果過該直線的平面與此平面________,那么該直線與交線平行 a∥b
2.面面平行的判定定理和性質定理
文字語言 圖形語言 符號語言
判定定理 如果一個平面內的兩條______________與另一個平面平行,那么這兩個平面平行 β∥α
性質定理 兩個平面平行,如果另一個平面與這兩個平面________,那么兩條________平行 a∥b
常用結論:
1.垂直于同一條直線的兩個平面平行,即若a⊥α,a⊥β,則α∥β.
2.平行于同一個平面的兩個平面平行,即若α∥β,β∥γ,則α∥γ.
3.垂直于同一個平面的兩條直線平行,即a⊥α,b⊥α,則a∥b.
4.若α∥β,a α,則a∥β.
【題型展示】
題型一 直線與平面平行的判定與性質
命題點1 直線與平面平行的性質
例1 如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是平行四邊形,M是PC的中點,在DM上取一點G,過G和PA作平面交BD于點H.
求證:PA∥GH.
命題點2 直線與平面平行的判定
例2 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為梯形,AB∥CD, PD=AD=AB=2,CD=4,E為PC的中點.
求證:BE∥平面PAD.
跟蹤訓練1 如圖,四邊形ABCD為長方形,PD=AB=2,AD=4,點E,F分別為AD,PC的中點.設平面PDC∩平面PBE=l.證明:
(1)DF∥平面PBE;
(2)DF∥l.
題型二 平面與平面平行的判定與性質
例3 如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,過BC的平面與上底面A1B1C1交于GH(GH與B1C1不重合).
(1)求證:BC∥GH;
(2)若E,F,G分別是AB,AC,A1B1的中點,求證:平面EFA1∥平面BCHG.
跟蹤訓練2 如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
(1)證明:平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)若平面ABCD∩平面CD1B1=l,證明:B1D1∥l.
題型三 平行關系的綜合應用
例4 如圖所示,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為a的正方形,側棱PA⊥底面ABCD,在側面PBC內,有BE⊥PC于E,且BE=a,試在AB上找一點F,使EF∥平面PAD.
跟蹤訓練3 如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分別為AC,A1C1上的點.
(1)當等于何值時,BC1∥平面AB1D1
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.
基礎夯實
1. 如圖,已知P為四邊形ABCD外一點,E,F分別為BD,PD上的點,若EF∥平面PBC,則( )
A.EF∥PA
B.EF∥PB
C.EF∥PC
D.以上均有可能
2.如果AB,BC,CD是不在同一平面內的三條線段,則經過它們中點的平面和直線AC的位置關系是( )
A.平行 B.相交
C.AC在此平面內 D.平行或相交
3.下列命題中正確的是( )
A.若a,b是兩條直線,且a∥b,那么a平行于經過b的任何平面
B.若直線a和平面α滿足a∥α,那么a與α內的任何直線平行
C.平行于同一條直線的兩個平面平行
D.若直線a,b和平面α滿足a∥b,a∥α,b α,則b∥α
4.設α,β,γ為三個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,在命題“α∩β=m,n γ,且________,則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組,使該命題為真命題.
①α∥γ,n β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m γ.
可以填入的條件有( )
A.①② B.②③ C.①③ D.①②③
5. 如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AM=2MA1,BN=2NB1,過MN作一平面分別交底面△ABC的邊BC,AC于點E,F,則( )
A.MF∥EB
B.A1B1∥NE
C.四邊形MNEF為平行四邊形
D.四邊形MNEF為梯形
6.已知三條互不相同的直線l,m,n和三個互不相同的平面α,β,γ,現給出下列三個命題:
①若l與m為異面直線,l α,m β,則α∥β;
②若α∥β,l α,m β,則l∥m;
③若α∩β=l,γ∩β=m,γ∩α=n,l∥γ,則m∥n.
其中真命題的個數為( )
A.3 B.2 C.1 D.0
7. 在如圖所示的三棱柱ABC -A1B1C1中,過A1B1的平面與平面ABC交于DE,則DE與AB的位置關系是( )
A.異面
B.平行
C.相交
D.以上均有可能
8.若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形,則該三棱錐中與平面α平行的棱有( )
A.0條 B.1條
C.2條 D.1條或2條
9.如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABCD為平行四邊形,E,F分別在線段DB,DD1上,且==,G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,則=( )
A. B. C. D.
10.(多選)如圖,透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內灌進一些水,固定容器一邊AB于地面上,再將容器傾斜,隨著傾斜程度的不同,有下面幾個結論,其中正確的是( )
A.沒有水的部分始終呈棱柱形
B.水面EFGH所在四邊形的面積為定值
C.隨著容器傾斜程度的不同,A1C1始終與水面所在平面平行
D.當容器傾斜如圖(3)所示時,AE·AH為定值
11.(多選)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,D,E,F為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面DEF平行的是( )
12.(多選)已知α,β,γ是三個不重合的平面,l是直線.給出下列命題,其中正確的命題是( )
A.若l上兩點到α的距離相等,則l∥α
B.若l⊥α,l∥β,則α⊥β
C.若α∥β,l β,且l∥α,則l∥β
D.若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,則m∥n
13.如圖,平面α∥平面β∥平面γ,兩條直線a,b分別與平面α,β,γ相交于點A,B,C和點D,E,F.已知AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,則AC的長為________cm.
14. 如圖所示,CD,AB均與平面EFGH平行,E,F,G,H分別在BD,BC,AC,AD上,且CD⊥AB.則四邊形EFGH的形狀為________.
15.設α,β,γ是三個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,在命題“α∩β=m,n γ,且________,則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組,使該命題為真命題.
①α∥γ,n β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m γ.
可以填入的條件有________(填序號).
16.下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是________.
17.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,設Q是CC1上的點,則點Q滿足條件________時,有平面D1BQ∥平面PAO.
18.已知在四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,DC=2AB,Q為PC的中點.
(1)求證:BQ∥平面PAD;
(2)若PD=3,BC=,BC⊥BD,試在線段PC上確定一點S,使得三棱錐S-BCD的體積為.
19.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)求點C到平面C1DE的距離.
20.如圖,四邊形ABCD與四邊形ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點.求證:
(1)BE∥平面DMF;
(2)平面BDE∥平面MNG.
21.如圖所示,在等腰梯形ABCD中,已知BC∥AD,BP⊥AD,垂足為P,將△ABP沿BP折起,使平面ABP⊥平面PBCD,連接AD,AC,M為棱AD的中點,連接CM.
試分別在BP,CD上確定點E,F,使平面MEF∥平面ABC.
優化提升
22. 如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,點E是線段AB的中點,點F在線段PA上,且EF∥平面PCD,直線PD與平面CEF交于點H,則線段CH的長度為( )
A. B.2
C.2 D.2
23. 如圖所示,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別是棱BC,CC1的中點,P是側面BCC1B1內一點,若A1P∥平面AEF,則線段A1P長度的取值范圍是( )
A.[] B.[]
C.[] D.[,]
24. (多選)如圖,向透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內灌進一些水,固定容器底面一邊BC于地面上,再將容器傾斜,隨著傾斜度的不同,有下面四個結論,其中正確的是( )
A.沒有水的部分始終呈棱柱形
B.水面EFGH所在四邊形的面積為定值
C.棱A1D1始終與水面所在的平面平行
D.當容器傾斜如圖所示時,BE·BF是定值
25.(多選)《九章算術·商功》記載了一個古代數學名詞“塹堵”.即兩底面為直角三角形的直棱柱,亦即長方體的斜截平分體.如圖所示,塹堵(即直三棱柱)ABC-DEF中,AB⊥AC,AB=AC=2,AD=4,G是FC的中點,則下列說法正確的是( )
A.BE與AG的夾角為
B.平面ABC內存在直線平行于平面AEG
C.三角形AGE為直角三角形
D.點D到平面AGE的距離為
26.(多選)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,P是線段BC1上的一動點,則下列說法中正確的是( )
A.A1P∥平面AD1C
B.A1P與平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是
C.A1P+PC的最小值為
D.以A為球心,為半徑的球面與側面DCC1D1的交線長是
27. 如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,A1B1與截面AD1C的位置關系是________,A1B與平面DD1C1C的位置關系是________.
28.如圖,在四面體ABCD中,M,N分別是平面△ACD,△BCD的重心,則四面體的四個面中與MN平行的是________.
29.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分別為對角線BD,CD1上的點,且==.
(1)求證:PQ∥平面A1D1DA;
(2)若R是AB上的點,的值為多少時,能使平面PQR∥平面A1D1DA?請給出證明.
30. 如圖,矩形ABCD所在平面與以BC為直徑的圓所在平面垂直,O為BC中點,M是圓周上一點,且∠CBM=30°,AB=1,BC=2.
(1)求異面直線AO與CM所成角的余弦值;
(2)設點P是線段AM上的點,且滿足AP=λPM,若直線CM∥平面BPD,求實數λ的值.
參考答案:
基礎摸查
【習題導入】
1.AD 2.D 3.平行四邊形
【知識歸納】
1.此平面內 a α b α a∥b 相交
a∥α a β α∩β=b
2.相交直線 a β b β a∩b=P a∥α b∥α 相交 交線 α∥β
α∩γ=a β∩γ=b
【題型展示】
例1 證明 如圖所示,連接AC交BD于點O,
連接OM,
∵四邊形ABCD是平行四邊形,
∴O是AC的中點,
又M是PC的中點,
∴PA∥OM,
又OM 平面BMD,
PA 平面BMD,
∴PA∥平面BMD,
又PA 平面PAHG,平面PAHG∩平面BMD=GH,
∴PA∥GH.
例2 證明 方法一 如圖,取PD的中點F,連接EF,FA.
由題意知EF為△PDC的中位線,
∴EF∥CD,且EF=CD=2.
又∵AB∥CD,AB=2,CD=4,
∴AB綉EF,
∴四邊形ABEF為平行四邊形,
∴BE∥AF.
又AF 平面PAD,BE 平面PAD,
∴BE∥平面PAD.
方法二 如圖,延長DA,CB相交于H,連接PH,
∵AB∥CD,
AB=2,CD=4,
∴==,
即B為HC的中點,
又E為PC的中點,∴BE∥PH,
又BE 平面PAD,PH 平面PAD,∴BE∥平面PAD.
方法三 如圖,取CD的中點H,連接BH,HE,
∵E為PC的中點,∴EH∥PD,
又EH 平面PAD,
PD 平面PAD,
∴EH∥平面PAD,
又由題意知AB綉DH,
∴四邊形ABHD為平行四邊形,
∴BH∥AD,
又AD 平面PAD,
BH 平面PAD,
∴BH∥平面PAD,
又BH∩EH=H,BH,
EH 平面BHE,
∴平面BHE∥平面PAD,
又BE 平面BHE,
∴BE∥平面PAD.
跟蹤訓練1 證明 (1)取PB中點G,連接FG,EG,
因為點F為PC的中點,
所以FG∥BC,
FG=BC,
因為四邊形ABCD為長方形,所以BC∥AD,且BC=AD,
所以DE∥FG,DE=FG,所以四邊形DEGF為平行四邊形,
所以DF∥GE,因為DF 平面PBE,GE 平面PBE,
所以DF∥平面PBE;
(2)由(1)知DF∥平面PBE,
又DF 平面PDC,平面PDC∩平面PBE=l,
所以DF∥l.
例3 證明 (1)∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∴平面ABC∥平面A1B1C1,
又∵平面BCHG∩平面ABC=BC,
且平面BCHG∩平面A1B1C1=HG,
∴由面面平行的性質定理得
BC∥GH.
(2)∵E,F分別為AB,AC的中點,
∴EF∥BC,
∵EF 平面BCHG,
BC 平面BCHG,
∴EF∥平面BCHG.
又G,E分別為A1B1,
AB的中點,A1B1綉AB,
∴A1G綉EB,
∴四邊形A1EBG是平行四邊形,
∴A1E∥GB.
∵A1E 平面BCHG,
GB 平面BCHG,
∴A1E∥平面BCHG.
又∵A1E∩EF=E,A1E,
EF 平面EFA1,
∴平面EFA1∥平面BCHG.
跟蹤訓練2 證明 (1)由題設知BB1∥DD1且BB1=DD1,
所以四邊形BB1D1D是平行四邊形,
所以BD∥B1D1.
又BD 平面CD1B1,
B1D1 平面CD1B1,
所以BD∥平面CD1B1.
因為A1D1∥B1C1∥BC且A1D1=B1C1=BC,
所以四邊形A1BCD1是平行四邊形,
所以A1B∥D1C.
又A1B 平面CD1B1,
D1C 平面CD1B1,
所以A1B∥平面CD1B1.
又因為BD∩A1B=B,BD,A1B 平面A1BD,
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1,
又平面ABCD∩平面CD1B1=l,
平面ABCD∩平面A1BD=BD,
所以l∥BD,
又B1D1∥BD,所以B1D1∥l.
例4 解 如圖,在平面PCD內,過點E作EG∥CD交PD于點G,連接AG,
在AB上取點F,使AF=EG,
因為EG∥CD∥AF,EG=AF,
所以四邊形FEGA為平行四邊形,所以EF∥AG.
又AG 平面PAD,EF 平面PAD,所以EF∥平面PAD.
所以點F即為所求的點.
又PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,
又BC⊥AB,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB.所以PB⊥BC.
所以PC2=BC2+PB2
=BC2+AB2+PA2.
設PA=x,則PC=,
由PB·BC=PC·BE,
得·a=·a,
所以x=a,即PA=a,
所以PC=a.
又CE==a,
所以=,所以==,
即GE=CD=a,
所以AF=a.
故點F是AB上靠近B點的一個三等分點.
跟蹤訓練3 解 (1)當=1時,BC1∥平面AB1D1.
如圖,連接A1B交AB1于點O,連接OD1.
由棱柱的性質知,四邊形A1ABB1為平行四邊形,
∴點O為A1B的中點.
在△A1BC1中,O,D1分別為A1B,A1C1的中點,
∴OD1∥BC1.
又OD1 平面AB1D1,BC1 平面AB1D1,∴BC1∥平面AB1D1.
∴當=1時,
BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1
=OD1.
因此BC1∥OD1,同理AD1∥DC1.
∴=,=.
又=1,∴=1,即=1.
基礎夯實
1.B
2.A
3.D
4.C
5.D
6.C
7.B
8.C
9.B
10.AD
11.AC
12.BC
13.
14.矩形
15.①或③
16.①④
17.Q為CC1的中點
18.(1)證明 取PD的中點G,連接AG,GQ,
因為Q為PC的中點,所以GQ∥DC,且GQ=DC,
又因為AB∥DC,DC=2AB,所以GQ∥AB,GQ=AB,
所以四邊形ABQG是平行四邊形,
所以BQ∥AG,
又BQ 平面PAD,AG 平面PAD,所以BQ∥平面PAD.
(2)解 因為在四邊形ABCD中,AB∥CD,AD⊥DC,DC=2AB,
所以點B在線段CD的垂直平分線上,
又因為BC=,BC⊥BD,
所以BD=BC=,
所以△BCD的面積S=××=1.
設點S到平面ABCD的距離為h,
所以×1×h=,所以h=2,
又PD⊥平面ABCD,PD=3,
所以點S在線段PC上靠近點P的三等分點處.
19.(1)證明 如圖,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.
由題設知A1B1綉DC,
可得B1C綉A1D,故ME綉ND,
因此四邊形MNDE為平行四邊形,
所以MN∥ED.
又MN 平面C1DE,DE 平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.
(2)解 過點C作C1E的垂線,垂足為H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,又BC∩C1C=C,BC,C1C 平面C1CE,所以DE⊥平面C1CE,
故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE,
故CH的長即為點C到平面C1DE的距離.
由已知可得CE=1,C1C=4,
所以C1E=,故CH=.
從而點C到平面C1DE的距離為.
20.證明 (1)如圖,設DF與GN的交點為O,連接AE,則AE必過點O,
連接MO,則MO為△ABE的中位線,所以BE∥MO,
又BE 平面DMF,MO 平面DMF,所以BE∥平面DMF.
(2)因為N,G分別為平行四邊形ADEF的邊AD,EF的中點,所以DE∥GN,
又DE 平面MNG,
GN 平面MNG,
所以DE∥平面MNG.
又M為AB的中點,
所以MN為△ABD的中位線,
所以BD∥MN,
又MN 平面MNG,
BD 平面MNG,
所以BD∥平面MNG,
又DE,BD 平面BDE,
DE∩BD=D,
所以平面BDE∥平面MNG.
21.解 E,F分別為BP,CD的中點時,可使平面MEF∥平面ABC,
證明如下:
如圖,取BP的中點E,CD的中點F,
連接ME,MF,EF.
∵M,F分別為AD,CD的中點,
∴MF∥AC.
∵MF 平面ABC,AC 平面ABC,∴MF∥平面ABC,
又E為BP的中點,且四邊形PBCD為梯形,
∴EF∥BC.
∵EF 平面ABC,BC 平面ABC,∴EF∥平面ABC,
∵MF∩EF=F,
MF,EF 平面MEF,
∴平面MEF∥平面ABC.
優化提升
22.C
23.B
24.ACD
25.BC
26.ACD
27.相交 平行
28.平面ABC,平面ABD
29.(1)證明 連接CP并延長與DA的延長線交于M點,如圖,連接MD1,
因為四邊形ABCD為正方形,所以BC∥AD,
故△PBC∽△PDM,所以==,
又因為==,
所以==,
所以PQ∥MD1.
又MD1 平面A1D1DA,
PQ 平面A1D1DA,
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)解 當的值為時,能使平面PQR∥平面A1D1DA.
如圖,證明:
因為=,
即=,故=.所以PR∥DA.
又DA 平面A1D1DA,PR 平面A1D1DA,
所以PR∥平面A1D1DA,
又PQ∥平面A1D1DA,PQ∩PR=P,PQ,PR 平面PQR,
所以平面PRQ∥平面A1D1DA.
30.解 (1)取AD中點N,連接CN,MN,OM,ON,如圖,
因為ABCD為矩形,O,N分別為BC,AD中點,
所以AO∥CN,
所以∠MCN(或其補角)就是異面直線AO與CM所成角,
因為平面ABCD⊥平面BCM,平面ABCD∩平面BCM=BC,
在矩形ABCD中,NO⊥BC,NO 平面ABCD,
所以NO⊥平面BCM,
又OM 平面BCM,所以NO⊥OM,
在△MON中,∠MON=90°,OM=NO=1,
所以MN=,
又M是圓周上一點,且∠CBM=30°,
所以CM=1,
在△MCN中,CN=,
由余弦定理的推論可得cos∠MCN==,
所以異面直線AO與CM所成角的余弦值為.
(2)如圖,連接PB,PD,連接BD交AC于點Q,連接PQ,
因為直線CM∥平面BPD,直線CM 平面ACM,平面BPD∩平面ACM=PQ,
所以CM∥PQ,
因為矩形ABCD的對角線交點Q為AC中點,
所以PQ為△AMC的中位線,
所以P為AM中點,AP=PM,
又AP=λPM,
所以λ的值為1.第7部分第5節《空間直線、平面的垂直》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1. 如圖,在正方形SG1G2G3中,E,F分別是G1G2,G2G3的中點,D是EF的中點,現在沿SE,SF及EF把這個正方形折成一個四面體,使G1,G2,G3三點重合,重合后的點記為G,則在四面體S-EFG中必有( )
A.SG⊥△EFG所在平面
B.SD⊥△EFG所在平面
C.GF⊥△SEF所在平面
D.GD⊥△SEF所在平面
2.(多選)下列命題中不正確的是( )
A.如果直線a不垂直于平面α,那么平面α內一定不存在直線垂直于直線a
B.如果平面α垂直于平面β,那么平面α內一定不存在直線平行于平面β
C.如果直線a垂直于平面α,那么平面α內一定不存在直線平行于直線a
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α內所有直線都垂直于平面β
3.已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面,連接PB,PC,PA,AC,BD,則一定互相垂直的平面有________對.
【知識歸納】
1.直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
一般地,如果直線l與平面α內的 直線都垂直,就說直線l與平面α互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一條直線與一個平面內的__________垂直,那么該直線與此平面垂直 l⊥α
性質定理 垂直于同一個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________所成的角,叫做這條直線和這個平面所成的角.一條直線垂直于平面,我們說它們所成的角是________;一條直線和平面平行,或在平面內,我們說它們所成的角是________.
(2)范圍:________.
3.二面角
(1)定義:從一條直線出發的 所組成的圖形叫做二面角.
(2)二面角的平面角:如圖,在二面角α-l-β的棱l上任取一點O,以點O為垂足,在半平面α和β內分別作 的射線OA和OB,則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范圍: .
4.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
一般地,兩個平面相交,如果它們所成的二面角是 ,就說這兩個平面互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一個平面過另一個平面的________,那么這兩個平面垂直 α⊥β
性質定理 兩個平面垂直,如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的________,那么這條直線與另一個平面垂直 l⊥α
常用結論:
1.三垂線定理
平面內的一條直線如果和穿過這個平面的一條斜線在這個平面內的射影垂直,那么它也和這條斜線垂直.
2.三垂線定理的逆定理
平面內的一條直線如果和穿過該平面的一條斜線垂直,那么它也和這條斜線在該平面內的射影垂直.
3.兩個相交平面同時垂直于第三個平面,它們的交線也垂直于第三個平面.
【題型展示】
題型一 直線與平面垂直的判定與性質
例1 (1)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論,寫出一個正確的命題________.
(2)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是棱CD,A1D1的中點.
(1)求證:AB1⊥BF;
(2)求證:AE⊥BF;
(3)棱CC1上是否存在點P,使BF⊥平面AEP?若存在,確定點P的位置,若不存在,說明理由.
跟蹤訓練1 如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,點B1在底面ABC內的射影恰好是點C.
①若點D是AC的中點,且DA=DB,證明:AB⊥CC1.
②已知B1C1=2,B1C=2,求△BCC1的周長.
題型二 平面與平面垂直的判定與性質
例2 如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,E和F分別是CD和PC的中點,求證:
(1)PA⊥平面ABCD;
(2)平面BEF∥平面PAD;
(3)平面BEF⊥平面PCD.
跟蹤訓練2 如圖所示,已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥底面ABCD且AB=1,PA=AD=PD=2,E為PD的中點.
(1)求證:平面PCD⊥平面ACE;
(2)求點B到平面ACE的距離.
題型三 垂直關系的綜合應用
例3 如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=2,O為AC的中點.
(1)證明:PO⊥平面ABC;
(2)若點M在棱BC上,且PM與平面ABC所成角的正切值為,求二面角M-PA-C的平面角的余弦值.
跟蹤訓練3 如圖,已知ABCD-A1B1C1D1是底面為正方形的長方體,∠AD1A1=60°,AD1=4,點P是AD1上的動點.
(1)試判斷不論點P在AD1上的任何位置,是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D,并證明你的結論;
(2)當P為AD1的中點時,求異面直線AA1與B1P所成的角的余弦值;
(3)求PB1與平面AA1D1D所成的角的正切值的最大值.
基礎夯實
1.已知α,β,γ是三個不同的平面,a,b是兩條不同的直線,下列命題中正確的是( )
A.若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β
B.若a⊥α,b⊥α,則a∥b
C.若a∥α,b∥α,則a∥b
D.若a∥α,a∥β,則α∥β
2.已知α,β是兩個不同的平面,l,m,n是三條不同的直線,下列條件中,可以得到l⊥α的是( )
A.l⊥m,l⊥n,m α,n α
B.l⊥m,m∥α
C.α⊥β,l∥β
D.l∥m,m⊥α
3.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,B1C的中點,則EF與平面ABCD所成角的正切值為( )
A.2 B. C. D.
4.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( )
A.直線AB上 B.直線BC上
C.直線AC上 D.△ABC內部
5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,△PAB與△PBC是正三角形,平面PAB⊥平面PBC,AC⊥BD,則下列結論不一定成立的是( )
A.BP⊥AC B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD D.平面PBD⊥平面ABCD
6. 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( )
A.直線AB上
B.直線BC上
C.直線AC上
D.△ABC內部
7.(多選)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,設M為BC的中點,則下列說法不正確的是( )
A.A1M⊥BD
B.A1M∥平面CC1D1D
C.A1M⊥AB1
D.A1M⊥平面ABC1D1
8.(多選)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=4,BC=2,M,N分別為棱C1D1,CC1的中點,則( )
A.A,M,N,B四點共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直線BN與B1M所成的角為60°
D.BN∥平面ADM
9.(多選)如圖,在以下四個正方體中,直線AB與平面CDE垂直的是( )
10.(多選)若m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則下列命題錯誤的是( )
A.若m β,α⊥β,則m⊥α
B.若m∥α,n∥α,則m∥n
C.若m⊥β,m∥α,則α⊥β
D.若α⊥γ,α⊥β,則β⊥γ
11.(多選)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°,則下列說法正確的是( )
A.AB=AD
B.AB與平面AB1C1D所成的角為30°
C.AC=CB1
D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°
12.(多選)若平面α,β滿足α⊥β,α∩β=l,P∈α,P l,則下列命題中是真命題的為( )
A.過點P垂直于平面α的直線平行于平面β
B.過點P垂直于直線l的直線在平面α內
C.過點P垂直于平面β的直線在平面α內
D.過點P且在平面α內垂直于l的直線必垂直于平面β
13.已知平面α,β和直線m,給出以下條件:(1)m∥α;(2)m⊥α;(3)m α;(4)α⊥β;(5)α∥β,當條件________成立時,有m∥β;當條件________成立時,有m⊥β(填所選條件的序號)
14.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D為A1C1的中點,BD=3,則二面角A1-AC-B的正切值為________.
15.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱長為2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中點,F是BB1上的動點,AB1,DF交于點E,要使AB1⊥平面C1DF,則線段B1F的長為________.
16. 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上的一動點,當點M滿足條件:①BM⊥DM,②DM⊥PC,③BM⊥PC中的________時,平面MBD⊥平面PCD(只要填寫一個你認為是正確的條件序號即可).
17.在矩形ABCD中,AB
②存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直;
③存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直.
其中正確結論的序號是________.
18.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形,側面PAD為正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G為AD的中點.
(1)求證:BG⊥平面PAD;
(2)求證:AD⊥PB;
(3)若E為BC邊的中點,能否在棱PC上找到一點F,使平面DEF⊥平面ABCD?并證明你的結論.
19.如圖,在三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面PBC,PA⊥平面ABC.
(1)求證:BC⊥平面PAC;
(2)若AC=BC=PA,求二面角A-PB-C的平面角的大小.
20.如圖,平面ABCD⊥平面ABE,且四邊形ABCD為正方形,AE=2AB=2,∠BAE=60°,F為AC的中點.
(1)求證:AC⊥平面BEF;
(2)求直線AD與平面ACE所成的角的正弦值.
21.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為四邊形,△ABD是邊長為2的正三角形,BC⊥CD,BC=CD,PD⊥AB,平面PBD⊥平面ABCD.
(1)求證:PD⊥平面ABCD;
(2)若二面角C-PB-D的平面角的余弦值為,求PD的長.
優化提升
22.劉徽注《九章算術·商功》“斜解立方,得兩塹堵.斜解塹堵,其一為陽馬,一為鱉臑.陽馬居二,鱉臑居一,不易之率也.合兩鱉臑三而一,驗之以棊,其形露矣.”如圖1解釋了由一個長方體得到“塹堵”“陽馬”“鱉臑”的過程.塹堵是底面為直角三角形的直棱柱;陽馬是一條側棱垂直于底面且底面為矩形的四棱錐;鱉臑是四個面都為直角三角形的四面體.
在如圖2所示由正方體ABCD-A1B1C1D1得到的塹堵ABC-A1B1C1中,當點P在下列三個位置:A1A中點,A1B中點,A1C中點時,分別形成的四面體P-ABC中,鱉臑的個數為( )
A.0 B.1 C.2 D.3
23. 如圖,正三角形PAD所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直,O為正方形ABCD的中心,M為正方形ABCD內一點,且滿足MP=MC,則點M的軌跡為( )
24.(多選)如圖,在正方體中,O為底面的中心,P為所在棱的中點,M,N為正方體的頂點,則滿足MN⊥OP的是( )
25.(多選)棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是AB,BC,B1C1的中點.下列說法正確的是( )
A.P點在直線BC1上運動時,三棱錐A-D1PC體積不變
B.Q點在直線EF上運動時,直線GQ始終與平面AA1C1C平行
C.平面B1BD⊥平面ACD1
D.三棱錐D-EFG的體積為
26.(多選)如圖所示,一張A4紙的長、寬分別為2a,2a,A,B,C,D分別是其四條邊的中點.現將其沿圖中虛線折起,使得P1,P2,P3,P4四點重合為一點P,從而得到一個多面體.下列關于該多面體的命題正確的是( )
A.該多面體是四棱錐
B.平面BAD⊥平面BCD
C.平面BAC⊥平面ACD
D.該多面體外接球的表面積為πa2
27.(多選)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P在線段B1C上運動,則下列說法正確的是( )
A.直線BD1⊥平面A1C1D
B.三棱錐P-A1C1D的體積為定值
C.異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是
D.直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為
28. 如圖,在矩形ABCD中,點E,F分別在線段AB,AD上,AE=EB=AF=FD=4,沿直線EF將△AEF翻折成△A′EF,使平面A′EF⊥平面BEF,則二面角A′-FD-C的平面角的余弦值為________.
29.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=2,BC=t,若在線段AB上存在點E,使得EC1⊥ED,則實數t的取值范圍是________.
30.如圖,在四棱錐S-ABCD中,四邊形ABCD是邊長為2的菱形,∠ABC=60°,△SAD為正三角形.側面SAD⊥底面ABCD,E,F分別為棱AD,SB的中點.
(1)求證:AF∥平面SEC;
(2)求證:平面ASB⊥平面CSB;
(3)在棱SB上是否存在一點M,使得BD⊥平面MAC?若存在,求的值;若不存在,請說明理由.
參考答案:
基礎摸查
【習題導入】
1.A 2.ABD 3.7
【知識歸納】
1.(1)任意一條 (2)兩條相交直線
m α n α m∩n=P l⊥m
l⊥n a⊥α b⊥α
2.(1)射影 90° 0° (2)
3.(1)兩個半平面 (2)垂直于棱l
(3)[0,π]
4.(1)直二面角 (2)垂線 a α
a⊥β 交線 α⊥β α∩β=a
l⊥a l β
【題型展示】
例1 (1)②③ ①(或①③ ②)
(2)(1)證明 如圖,連接A1B,則AB1⊥A1B,
因為A1F⊥平面ABB1A1,AB1 平面ABB1A1,
所以A1F⊥AB1,
又A1B∩A1F=A1,
所以AB1⊥平面A1BF.又BF 平面A1BF,所以AB1⊥BF.
(2)證明 如圖,取棱AD的中點G,連接FG,BG,則FG⊥AE,
因為AB=DA,AG=DE,∠BAG=∠ADE,所以△BAG≌△ADE,所以∠ABG=∠DAE.
所以AE⊥BG.又因為BG∩FG=G,所以AE⊥平面BFG.
又BF 平面BFG,所以AE⊥BF.
(3)解 存在.如圖,取棱CC1的中點P,即為所求.連接EP,AP,C1D,
因為EP∥C1D,C1D∥AB1,
所以EP∥AB1.
由(1)知AB1⊥BF,所以BF⊥EP.
又由(2)知AE⊥BF,且AE∩EP=E,
所以BF⊥平面AEP.
跟蹤訓練1 ①證明 ∵點B1在底面ABC內的射影是點C,
∴B1C⊥平面ABC,
∵AB 平面ABC,∴B1C⊥AB.
在△ABC中,DA=DB=DC,
∴BC⊥AB,
∵BC∩B1C=C,BC,
B1C 平面BCC1B1,
∴AB⊥平面BCC1B1,
∵CC1 平面BCC1B1,∴AB⊥CC1.
②解 如圖,延長BC至點E,使BC=CE,
連接C1E,則B1C1綉CE,四邊形B1CEC1為平行四邊形,
則C1E綉B1C.
由①知B1C⊥平面ABC,
∴C1E⊥平面ABC,
∵CE,BE 平面ABC,
∴C1E⊥CE,C1E⊥BE,
∵C1E=B1C=2,
CE=BC=B1C1=2,BE=4,
∴CC1==4,
BC1==2,
∴△BCC1的周長為
2+4+2=6+2.
例2 證明 (1)∵平面PAD⊥平面ABCD,
且PA垂直于這兩個平面的交線AD,
∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD,CD=2AB,E是CD的中點,
∴AB∥DE,且AB=DE,
∴四邊形ABED是平行四邊形,
∴AD∥BE,
∵BE 平面PAD,AD 平面PAD,∴BE∥平面PAD,
∵E和F分別是CD和PC的中點,∴EF∥PD,
∵EF 平面PAD,PD 平面PAD,∴EF∥平面PAD,
∵BE∩EF=E,BE,
EF 平面BEF,
∴平面BEF∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD,
∴平行四邊形ABED是矩形,
∴BE⊥CD,AD⊥CD,
由①知PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥CD,
∵PA∩AD=A,
∴CD⊥平面PAD,∴CD⊥PD,
∵E和F分別是CD和PC的中點,∴PD∥EF,
∴CD⊥EF,又∵BE∩EF=E,
∴CD⊥平面BEF,
∵CD 平面PCD,
∴平面BEF⊥平面PCD.
跟蹤訓練2 (1)證明 由PA=AD=PD,E為PD的中點,可得AE⊥PD,
因為CD⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD 平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,
而AE 平面PAD,所以CD⊥AE,
由CD∩PD=D,則AE⊥平面PCD,
又AE 平面ACE,所以平面PCD⊥平面ACE.
(2)解 如圖,連接BD,與AC交于O,則O為BD的中點,
所以點D到平面ACE的距離即為點B到平面ACE的距離.
由平面PCD⊥平面ACE,過D作DM⊥CE,垂足為M,
則DM⊥平面ACE,則DM為點D到平面ACE的距離.
由CD⊥平面PAD,可得CD⊥PD,
又CD=DE=1,
所以DM=CE=,
即點B到平面ACE的距離為.
例3 (1)證明 方法一 如圖,連接OB.
∵AB=BC=2,AC=2,
∴AB2+BC2=AC2,
即△ABC是直角三角形,
又O為AC的中點,
∴OA=OB=OC,
又∵PA=PB=PC,
∴△POA≌△POB≌△POC,
∴∠POA=∠POB=∠POC=90°.
∴PO⊥AC,PO⊥OB,
∵OB∩AC=O,OB,
AC 平面ABC,
∴PO⊥平面ABC.
方法二 如圖,連接OB,
∵PA=PC,O為AC的中點,PA=PB=PC=AC=2,
∴PO⊥AC,PO=,
又∵AB=BC=2,
∴AB⊥BC,BO=,
∴PO2+OB2=PB2,
∴PO⊥OB,
∵OB∩AC=O,OB,
AC 平面ABC,
∴PO⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知,PO⊥平面ABC,
∴OM為PM在平面ABC上的射影,
∴∠PMO為PM與平面ABC所成角,
∵tan∠PMO===,
∴OM=1,
在△ABC和△OMC中,由正弦定理可得MC=1,
∴M為BC的中點.
如圖,作ME⊥AC交AC于E,
則E為OC的中點,作EF⊥PA交PA于F,
連接MF,
∴MF⊥PA,
∴∠MFE即為所求二面角M-PA-C的平面角,ME=,
EF=AE=××2=,
MF==,
∴cos∠MFE==,
故二面角M-PA-C的平面角的余弦值為.
跟蹤訓練3 解 (1)是.∵BA⊥平面AA1D1D,BA 平面BPA,
∴平面BPA⊥平面AA1D1D,
∴無論點P在AD1上的任何位置,都有平面BPA⊥平面AA1D1D.
(2)過點P作PE⊥A1D1,垂足為E,連接B1E,如圖,
則PE∥AA1,
∴∠B1PE(或其補角)是異面直線AA1與B1P所成的角.
在Rt△AA1D1中,
∵∠AD1A1=60°,
∴∠A1AD1=30°,
∴A1B1=A1D1=AD1=2,
∴A1E=A1D1=1,
AA1=A1D1=2,
∴PE=AA1=,
B1E==,
∴在Rt△B1PE中,
B1P==2,
cos∠B1PE===.
∴異面直線AA1與B1P所成的角的余弦值為.
(3)由(1)知,B1A1⊥平面AA1D1D,
∴∠B1PA1是PB1與平面AA1D1D所成的角,
∴tan∠B1PA1==,
∴當A1P最小時,tan∠B1PA1最大,
這時A1P⊥AD1,
A1P==,
得tan∠B1PA1=,
即PB1與平面AA1D1D所成的角的正切值的最大值為.
基礎夯實
1.B
2.D
3.D
4.A
5.B
6.A
7.ABD
8.BC
9.BD
10.ABD
11.AD
12.ACD
13.(3)(5) (2)(5)
14.-
15.
16.②(或③)
17.②
18.(1)證明 在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G為AD的中點,
所以BG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BG 平面ABCD,所以BG⊥平面PAD.
(2)證明 如圖,連接PG,因為△PAD為正三角形,G為線段AD的中點,
所以PG⊥AD.
由(1)知BG⊥AD,又PG∩BG=G,所以AD⊥平面PGB.
因為PB 平面PGB,
所以AD⊥PB.
(3)解 能,當F為線段PC的中點時,平面DEF⊥平面ABCD.
證明如下:
如圖,取線段PC的中點F,連接DE,EF,DF.
在△PBC中,FE∥PB,在菱形ABCD中,GB∥DE.
而FE 平面DEF,DE 平面DEF,EF∩DE=E,PB 平面PGB,GB 平面PGB,PB∩GB=B,所以平面DEF∥平面PGB.
因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG 平面PAD,PG⊥AD,
所以PG⊥平面ABCD.
又PG 平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,
所以平面DEF⊥平面ABCD.
19.(1)證明 如圖,作AD⊥PC交PC于點D,
因為平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC=PC,
AD 平面PAC,
所以AD⊥平面PBC,
又BC 平面PBC,所以AD⊥BC,
又因為PA⊥平面ABC,
BC 平面ABC,
所以PA⊥BC,
又PA,AD 平面PAC,PA∩AD=A,
所以BC⊥平面PAC.
(2)解 如圖,作AD⊥PC交PC于點D,DE⊥PB交PB于點E,
連接AE,
由(1)知AD⊥平面PBC,
因為PB 平面PBC,則AD⊥PB,
又AD,DE 平面ADE,AD∩DE=D,
所以PB⊥平面ADE,
因為AE 平面ADE,
所以PB⊥AE,
則∠AED即為二面角A-PB-C的平面角.
又DE 平面PBC,則AD⊥DE,
不妨設AC=BC=PA=1,
則PC=,AD==,
又由(1)知BC⊥平面PAC,
因為AC 平面PAC,
所以BC⊥AC,
所以AB=,PA⊥平面ABC,
又AB 平面ABC,
則PA⊥AB,則PB=,
AE==,
則sin∠AED===,
由圖知二面角A-PB-C的平面角為銳角,
所以∠AED=,
即二面角A-PB-C的平面角的大小為.
20.(1)證明 因為AE=2AB=2,∠BAE=60°,
由余弦定理得
BE==,
所以AB2+BE2=AE2,所以BE⊥AB.
由于平面ABCD⊥平面ABE,且兩個平面相交于AB,
所以BE⊥平面ABCD,所以BE⊥AC.
又因為AC⊥BF,BE∩BF=B,BE,BF 平面BEF,
所以AC⊥平面BEF.
(2)解 根據VD-ACE=VE-ACD,S△ACD=,AC=,EA=EC=2,則S△ACE=.
因為VD-ACE=VE-ACD,設D到平面ACE的距離為h,
則·S△ACE·h=·S△ACD·BE,
解得h=.
設直線AD與平面ACE所成的角為θ,
則sin θ==.
所以直線AD與平面ACE所成的角的正弦值為.
21.(1)證明 如圖所示,E為BD的中點,連接AE,△ABD是正三角形,則AE⊥BD.
∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,AE 平面ABCD,
故AE⊥平面PBD.
∵PD 平面PBD,故AE⊥PD.
∵PD⊥AB,AE∩AB=A,AE,AB 平面ABCD,
故PD⊥平面ABCD.
(2)解 如圖所示,過點E作EF⊥PB于點F,連接CF.
∵BC⊥CD,BC=CD,E為BD的中點,故EC⊥BD,
故EC⊥平面PBD,∴CE⊥PB.
又EF⊥PB,∴PB⊥平面CEF,
∴CF⊥PB,
故∠EFC為二面角C-PB-D的平面角.
∵cos∠EFC=,
故tan∠EFC=,又EC=1,故EF=,
sin∠PBD==,tan∠PBD=,
即=,則PD=1.
優化提升
22.C
23.A
24.BC
25.ABC
26.BC
27.ABD
28.
29.(0,1]
30.(1)證明 取SC的中點G,連接FG,EG,
∵F,G分別是SB,SC的中點,
∴FG∥BC,FG=BC,
∵四邊形ABCD是菱形,E是AD的中點,
∴AE∥BC,AE=BC,
∴FG∥AE,FG=AE,∴四邊形AFGE是平行四邊形,
∴AF∥EG,又AF 平面SEC,EG 平面SEC,∴AF∥平面SEC.
(2)證明 ∵△SAD是等邊三角形,E是AD的中點,
∴SE⊥AD,∵四邊形ABCD是菱形,∠ABC=60°,
∴△ACD是等邊三角形,又E是AD的中點,
∴AD⊥CE,又SE∩CE=E,SE,CE 平面SEC,
∴AD⊥平面SEC,又EG 平面SEC,
∴AD⊥EG,又四邊形AFGE是平行四邊形,
∴四邊形AFGE是矩形,∴AF⊥FG,
又SA=AB,F是SB的中點,∴AF⊥SB,
又FG∩SB=F,FG 平面SBC,SB 平面SBC,
∴AF⊥平面SBC,又AF 平面ASB,
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)解 存在點M滿足題意.
假設在棱SB上存在點M,使得BD⊥平面MAC,
連接MO,BE,則BD⊥OM,
∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形,∠ABC=60°,△SAD為正三角形,
∴BE=,SE=,BD=2OB=2,SD=2,SE⊥AD,
∵側面SAD⊥底面ABCD,
側面SAD∩底面ABCD=AD,SE 平面SAD,
∴SE⊥平面ABCD,∴SE⊥BE,
∴SB==,
∴cos∠SBD==,
∴=,∴BM=,∴=.第7部分第6節《空間向量的概念與運算》-2025屆高考一輪復習-基礎摸查+基礎夯實+優化提升
基礎摸查
【習題導入】
1. 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=,則MN與平面BB1C1C的位置關系是( )
A.相交 B.平行
C.垂直 D.不能確定
2. 如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AC與BD的交點為點M,設=a,=b,=c,則下列向量中與相等的向量是( )
A.-a+b+c B.a+b+c
C.-a-b-c D.-a-b+c
3.設直線l1,l2的方向向量分別為a=(-2,2,1),b=(3,-2,m),若l1⊥l2,則m=________.
【知識歸納】
1.空間向量的有關概念
名稱 定義
空間向量 在空間中,具有__________和________的量
相等向量 方向________且模________的向量
相反向量 長度________而方向________的向量
共線向量(或平行向量) 表示若干空間向量的有向線段所在的直線互相________或______的向量
共面向量 平行于________________的向量
2.空間向量的有關定理
(1)共線向量定理:對任意兩個空間向量a,b(b≠0),a∥b的充要條件是存在實數λ,使________________.
(2)共面向量定理:如果兩個向量a,b不共線,那么向量p與向量a,b共面的充要條件是存在______的有序實數對(x,y),使p=______.
(3)空間向量基本定理
如果三個向量a,b,c不共面,那么對任意一個空間向量p,存在唯一的有序實數組(x,y,z),使得p=____________,{a,b,c}叫做空間的一個基底.
3.空間向量的數量積及運算律
(1)數量積
非零向量a,b的數量積a·b=________________.
(2)空間向量的坐標表示及其應用
設a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3).
向量表示 坐標表示
數量積 a·b
共線 a=λb(b≠0,λ∈R)
垂直 a·b=0(a≠0,b≠0)
模 |a|
夾角余弦值 cos〈a,b〉=(a≠0,b≠0) cos〈a,b〉=______________
4.空間位置關系的向量表示
(1)直線的方向向量:如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合,則稱此向量a為直線l的方向向量.
(2)平面的法向量:直線l⊥α,取直線l的方向向量a,則向量a為平面α的法向量.
(3)空間位置關系的向量表示
位置關系 向量表示
直線l1,l2的方向向量分別為n1,n2 l1∥l2 n1∥n2 n1=λn2(λ∈R)
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2=0
直線l的方向向量為n,平面α的法向量為m,l α l∥α n⊥m n·m=0
l⊥α n∥m n=λm(λ∈R)
平面α,β的法向量分別為n,m α∥β n∥m n=λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m=0
常用結論:
1.三點共線:在平面中A,B,C三點共線 =x+y(其中x+y=1),O為平面內任意一點.
2.四點共面:在空間中P,A,B,C四點共面 =x+y+z(其中x+y+z=1),O為空間中任意一點.
【題型展示】
題型一 空間向量的線性運算
例1 (1)在三棱柱A1B1C1-ABC中,D是四邊形BB1C1C的中心,且=a,=b,=c,則等于( )
A.a+b+c
B.a-b+c
C.a+b-c
D.-a+b+c
(2)在空間四邊形ABCD中,=(-3,5,2),=(-7,-1,-4),點E,F分別為線段BC,AD的中點,則的坐標為( )
A.(2,3,3) B.(-2,-3,-3)
C.(5,-2,1) D.(-5,2,-1)
跟蹤訓練1 (1)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,O為AC的中點.
①化簡--=________;
②用,,表示,則=________.
(2)已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=x-2a,則x等于( )
A.(0,3,-6) B.(0,6,-20)
C.(0,6,-6) D.(6,6,-6)
題型二 空間向量基本定理及其應用
例2 (1)(多選)下列說法中正確的是( )
A.|a|-|b|=|a+b|是a,b共線的充要條件
B.若,共線,則AB∥CD
C.A,B,C三點不共線,對空間任意一點O,若=++,則P,A,B,C四點共面
D.若P,A,B,C為空間四點,且有=λ+μ(,不共線),則λ+μ=1是A,B,C三點共線的充要條件
(2)下列命題正確的是( )
A.若a與b共線,b與c共線,則a與c共線
B.向量a,b,c共面,即它們所在的直線共面
C.若空間向量a,b,c不共面,則a,b,c都不為0
D.若a,b,c共面,則存在唯一的實數對(x,y),使得a=xb+yc
跟蹤訓練2 (1)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,且滿足=x+y+(1-x-y),則||的最小值是( )
A. B. C. D.
(2)已知空間中A,B,C,D四點共面,且其中任意三點均不共線,設P為空間中任意一點,若=6-4+λ,則λ等于( )
A.2 B.-2 C.1 D.-1
題型三 空間向量數量積及其應用
例3 (1)已知點O為空間直角坐標系的原點,向量=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),且點Q在直線OP上運動,當·取得最小值時,的坐標是______.
(2)如圖,已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為1的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=120°.
①求線段AC1的長;
②求異面直線AC1與A1D所成角的余弦值;
③求證:AA1⊥BD.
跟蹤訓練3 (1)()在正三棱錐P-ABC中,O是△ABC的中心,PA=AB=2,則·等于( )
A. B. C. D.
(2)()已知A(-1,2,1),B(-1,5,4),C(1,3,4).
①求〈,〉;
②求在上的投影向量.
題型四 向量法證明平行、垂直
例4 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,點E在線段BB1上,且EB1=1,D,F,G分別為CC1,C1B1,C1A1的中點.
(1)求證:平面A1B1D⊥平面ABD;
(2)求證:平面EGF∥平面ABD.
跟蹤訓練4 如圖所示,在長方體ABCD -A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD的中點.
(1)求證:B1E⊥AD1;
(2)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由.
基礎夯實
1.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b與2a-b互相垂直,則k的值是( )
A. B.2 C. D.1
2.如圖所示,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,M為A1C1與B1D1的交點.若=a,=b,=c,則下列向量中與相等的向量是( )
A.-a+b+c B.a+b+c
C.-a-b+c D.a-b+c
3. 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,設AD=1,則·等于( )
A.1 B.2
C.3 D.
4.已知平面α內有一個點A(2,-1,2),α的一個法向量為n=(3,1,2),則下列點P中,在平面α內的是( )
A.(1,-1,1) B.()
C.() D.()
5. 如圖在一個120°的二面角的棱上有兩點A,B,線段AC,BD分別在這個二面角的兩個半平面內,且均與棱AB垂直,若AB=,AC=1,BD=2,則CD的長為( )
A.2 B.3 C.2 D.4
6.已知直線l的一個方向向量為m=(x,2,-5),平面α的一個法向量為n=(3,-1,2),若l∥α,則x等于( )
A.-6 B.6 C.-4 D.4
7.已知a=(1,0,1),b=(x,1,2),且a·b=3,則向量a與b的夾角為( )
A. B. C. D.
8.如圖,在大小為45°的二面角A-EF-D中,四邊形ABFE,CDEF都是邊長為1的正方形,則B,D兩點間的距離是( )
A. B.
C.1 D.
9.已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若a,b,c三向量共面,則λ=( )
A.9 B.-9 C.-3 D.3
10.(多選)已知空間中三點A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),則( )
A.與是共線向量
B.的單位向量是(1,1,0)
C.與夾角的余弦值是-
D.平面ABC的一個法向量是(1,-2,5)
11.(多選)已知空間向量a=(2,-2,1),b=(3,0,4),則下列說法正確的是( )
A.向量c=(-8,5,6)與a,b垂直
B.向量d=(1,-4,-2)與a,b共面
C.若a與b分別是異面直線l1與l2的方向向量,則其所成角的余弦值為
D.向量a在向量b上的投影向量為(6,0,8)
12.(多選)下列關于空間向量的命題中,正確的有( )
A.若向量a,b與空間任意向量都不能構成基底,則a∥b
B.若非零向量a,b,c滿足a⊥b,b⊥c,則有a∥c
C.若,,是空間的一組基底,且=++,則A,B,C,D四點共面
D.若向量a+b,b+c,c+a是空間的一組基底,則a,b,c也是空間的一組基底
13.已知直線l的方向向量是m=(1,a+2b,a-1)(a,b∈R),平面α的一個法向量是n=(2,3,3).若l⊥α,則a+b=________.
14.已知V為矩形ABCD所在平面外一點,且VA=VB=VC=VD,=,=, =.則VA與平面PMN的位置關系是________.
15.若A(-1,2,3),B(2,1,4),C(m,n,1)三點共線,則m+n=________.
16.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中點,N是A1B1的中點,則直線ON,AM的位置關系是________.
17.在空間四邊形ABCD中,·+·+·=________.
18.如圖所示,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,點M,N分別在AC1和BC上,且滿足=k,=k(0≤k≤1).判斷向量是否與向量,共面.
19.如圖,在底面為直角梯形的四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PD⊥平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4.
(1)求證:BD⊥PC.
(2)設點E在棱PC上,=λ,若DE∥平面PAB,求λ的值.
20.已知a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).
(1)求|2a+b|;
(2)在直線AB上是否存在一點E,使得⊥b?(O為原點)
21. 如圖,四棱錐P -ABCD的底面為正方形,側棱PA⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F,H分別是線段PA,PD,AB的中點.求證:
(1)PB∥平面EFH;
(2)PD⊥平面AHF.
優化提升
22.已知梯形CEPD如圖(1)所示,其中PD=8,CE=6,A為線段PD的中點,四邊形ABCD為正方形,現沿AB進行折疊,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如圖(2)所示的幾何體.已知當點F滿足=λ(0<λ<1)時,平面DEF⊥平面PCE,則λ的值為( )
A. B. C. D.
23.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=,點P為線段A1C上的動點,則下列結論不正確的是( )
A.當=2時,B1,P,D三點共線
B.當⊥時,⊥
C.當=3時,D1P∥平面BDC1
D.當=5時,A1C⊥平面D1AP
24.如圖,正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE.則M點的坐標為( )
A.(1,1,1) B.()
C.() D.()
25.(多選)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,點M,N分別在棱AB和BB1上運動(不含端點).若D1M⊥MN,則下列命題正確的是( )
A.MN⊥A1M
B.MN⊥平面D1MC
C.線段BN長度的最大值為
D.三棱錐C1-A1D1M體積不變
26.如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1為平行四邊形,E為棱AB的中點,=,=2,AC1與平面EFG交于點M,則=________.
27.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱長為2,底面邊長為1,M為BC的中點,=λ,且AB1⊥MN,則λ的值為________.
28.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為A1D1,BB1的中點,則cos∠EAF=________,EF=________.
29.如圖,在三棱錐P-ABC 中,·=·=·=0,||2=||2=4||2.
(1)求證:AB⊥平面PAC;
(2)若M 為線段PC 上的點,設=λ,當λ 為何值時,直線PC⊥平面MAB
30.如圖,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2,∠ABC和∠A1AC均為60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求證:BD⊥AA1;
(2)在直線CC1上是否存在點P,使BP∥平面DA1C1?若存在,求出點P的位置,若不存在,請說明理由.
參考答案:
基礎摸查
【習題導入】
1.B 2.C 3.10
【知識歸納】
1.大小 方向 相同 相等 相等
相反 平行 重合 同一個平面
2.(1)a=λb (2)唯一 xa+yb
(3)xa+yb+zc
3.(1)|a||b|cos〈a,b〉
(2)a1b1+a2b2+a3b3
a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3
a1b1+a2b2+a3b3=0
【題型展示】
例1 (1)D
(2)B
跟蹤訓練1 (1)① ②++
(2)B
例2 (1)CD (2)C
跟蹤訓練2 (1)C
(2)B
例3 (1)
(2)①解 設=a,=b,=c,
則|a|=|b|=1,|c|=2,a·b=0,
c·a=c·b=2×1×cos 120°=-1.
因為=++=a+b+c,
所以||=|a+b+c|=
=
==,
所以線段AC1的長為.
②解 因為=a+b+c,=b-c,
所以·=(a+b+c)·(b-c)
=a·b-a·c+b2-c2
=0+1+1-4=-2,
||=|b-c|=
=
==,
設異面直線AC1與A1D所成的角為θ,
則cos θ=|cos〈,〉|=
==,
即異面直線AC1與A1D所成角的余弦值為.
③證明 由①知=c,=b-a,
所以·=c·(b-a)=c·b-c·a=-1+1=0,
即·=0,
所以AA1⊥BD.
跟蹤訓練3 (1)D
(2)解 ①因為A(-1,2,1),B(-1,5,4),C(1,3,4),
所以=(0,3,3),=(2,-2,0).
因為·=0×2+3×(-2)+3×0=-6,
||=3,||=2,
所以cos〈,〉=
==-,
故〈,〉=.
②因為=(2,1,3),=(0,3,3),
所以·=0+1×3+3×3
=12.
因為||=3,||=,
所以cos〈,〉===,
所以在上的投影向量為
||cos〈,〉=××==(0,2,2).
例4證明 以B為坐標原點,BA,BC,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),E(0,0,3),F(0,1,4).
設BA=a,則A(a,0,0),G.
(1)因為=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),
所以·=0,·=0.
所以⊥,⊥,
即B1D⊥BA,B1D⊥BD.
又BA∩BD=B,BA,BD 平面ABD,所以B1D⊥平面ABD.
因為B1D 平面A1B1D,所以平面A1B1D⊥平面ABD.
(2)方法一 因為=,=(0,1,1),=(0,2,-2),
所以·=0,·=0.
所以B1D⊥EG,B1D⊥EF.
因為EG∩EF=E,EG,EF 平面EGF,所以B1D⊥平面EGF.
又由(1)知B1D⊥平面ABD,
所以平面EGF∥平面ABD.
方法二 因為=,
所以=-,∴GF∥BA,
又GF 平面ABD,AB 平面ABD,
所以GF∥平面ABD,同理EF∥平面ABD,
又GF∩EF=F,GF,EF 平面EGF,
所以平面EGF∥平面ABD.
跟蹤訓練4 (1)證明 以A為原點,,,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.設AB=a,
則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1).
故=(0,1,1),=.
因為·=-×0+1×1+(-1)×1=0,
所以⊥,即B1E⊥AD1.
(2)解 存在滿足要求的點P,
假設在棱AA1上存在一點P(0,0,z0),
使得DP∥平面B1AE,此時=(0,-1,z0),
設平面B1AE的法向量為n=(x,y,z).
=(a,0,1),=.
因為n⊥平面B1AE,所以n⊥,n⊥,
得
取x=1,則y=-,z=-a,
故n=.
要使DP∥平面B1AE,只需n⊥,
則-az0=0,解得z0=.
所以存在點P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP=.
基礎夯實
1.A
2.A
3.A
4.B
5.B
6.D
7.D
8.D
9.B
10.CD
11.BC
12.ACD
13.2
14.VA∥平面PMN
15.-3
16.垂直
17.0
18.解 ∵=k,=k,
∴=++=k++k=k(+)+=k(+)+=k+=-k=-k(+)=(1-k)-k,
∴由共面向量定理知向量與向量,共面.
19.解 如圖,在平面ABCD內過點D作直線DF∥AB,交BC于點F,以D為坐標原點,DA,DF,DP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,
則A(1,0,0),B(1,,0),D(0,0,0),C(-3,,0).
設PD=a,則P(0,0,a),
(1)證明 =(-1,-,0),=(-3,,-a),
因為·=3-3=0,
所以BD⊥PC.
(2)由題意知,=(0,,0),=(0,0,a),=(1,0,-a),=(-3,,-a).
因為=λ,所以=(-3λ,λ,-aλ),
=+=(0,0,a)+(-3λ,λ,-aλ)=(-3λ,λ,a-aλ).
設n=(x,y,z)為平面PAB的法向量,
則即
令z=1,得x=a,所以n=(a,0,1).
因為DE∥平面PAB,所以·n=0,
所以-3aλ+a-aλ=0,即a(1-4λ)=0.
因為a≠0,所以λ=.
20.解 (1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),
故|2a+b|=
=5.
(2)令=t (t∈R),
=(1,-1,-2),
所以=+=+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)
=(-3+t,-1-t,4-2t),
若⊥b,則·b=0,
所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=.
因此存在點E,使得⊥b,此時點E的坐標為.
21.證明 (1)∵E,H分別是線段AP,AB的中點,∴PB∥EH.
∵PB 平面EFH,且EH 平面EFH,∴PB∥平面EFH.
(2)建立如圖所示的空間直角坐標系.
則A(0,0,0),
D(0,2,0),
P(0,0,2),
F(0,1,1),
H(1,0,0).
=(0,2,-2),=(1,0,0),
=(0,1,1),
∴·=0×0+2×1+(-2)×1=0,
·=0×1+2×0+(-2)×0=0.
∴⊥,⊥,
∴PD⊥AF,PD⊥AH.
∵AH∩AF=A,且AH,AF 平面AHF,∴PD⊥平面AHF.
優化提升
22.C
23.B
24.C
25.ACD
26.
27.15
28.
29.(1)證明 因為·=·=·=0,
所以PA⊥AB,AB⊥AC,
因為PA∩AC=A,
PA,AC 平面PAC,
所以AB⊥平面PAC.
(2)解 當M為PC的中點,即λ=時,直線PC⊥平面MAB.
如圖,以A為坐標原點,射線AC,AB,AP分別為x軸、y軸、z軸的非負半軸,建立空間直角坐標系Axyz.
由||2=||2=4||2可得PA=AC=2AB.
設AP=2,則P(0,0,2),A(0,0,0),
C(2,0,0),B(0,1,0),M(1,0,1).
=(2,0,-2),=(1,0,1),
=(-1,1,-1).
·=2×1+0×0+(-2)×1
=0,
所以⊥,
即PC⊥AM.
·=2×(-1)+0×1+(-2)×(-1)=0,
所以⊥,即PC⊥BM.
又因為AM∩BM=M,AM,BM 平面MAB,
所以PC⊥平面MAB.
故當λ=時,PC⊥平面MAB.
30.(1)證明 設BD與AC交于點O,
則BD⊥AC.連接A1O,
在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°,
所以A1O2=AA+AO2-2AA1·AOcos 60°=3,
所以AO2+A1O2=AA,所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,
且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,
A1O 平面AA1C1C,
所以A1O⊥平面ABCD.
以OB,OC,OA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),
D(-,0,0),A1(0,0,),C1(0,2,).
由于=(-2,0,0),=(0,1,),·=0×(-2)+1×0+×0=0,
所以⊥,即BD⊥AA1.
(2)解 假設在直線CC1上存在點P,
使BP∥平面DA1C1,
設=λ,P(x,y,z),
則(x,y-1,z)=λ(0,1,),
從而有P(0,1+λ,λ),
=(-,1+λ,λ).
又=(0,2,0),=(,0,),
設平面DA1C1的一個法向量為
n3=(x3,y3,z3),
則
則取n3=(1,0,-1).
因為BP∥平面DA1C1,所以n3⊥,
即n3·=--λ=0,解得λ=-1,
即點P在C1C的延長線上,且CP=CC1.
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