2019高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题10平行与垂直的证明练习.docx

10平行与垂直的证明1.下列条件中,能判断平面的是().存在一条直线a,a,a;存在两条异面直线a,b,a,b,a,b;内存在不共线的三点到的距离相等;l,m是两条异面直线,且l,m,l,m.A.B.C.D.解析中两平面可能相交,故选B.答案B2.给出下列四个命题,其中假命题的个数是().垂直于同一条直线的两条直线平行;垂直于同一个平面的两个平面互相平行;如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面相互垂直;两个平面垂直,过其中一个平面内一点作与它们交线垂直的直线,此直线必垂直于另一个平面.A.1B.2C.3D.4解析错,可以相交;错,可以相交、平行;正确;错,直线在平面内才垂直,否则不垂直.故选C.答案C3.设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题中正确的是().A.若,m,n,则mnB.若m,mn,n,则C.若mn,m,n,则D.若,m,n,则mn解析若,m,n,则m与n相交、平行或异面,故A错误;m,mn,n,又n,故B正确;若mn,m,n,则或与相交,故C错误;若,m,n,则mn或m与n异面,故D错误.故选B.答案B4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与AD1异面且与AD1成60的面对角线共有条.解析与AD1异面的面对角线有A1C1,B1C,BD,BA1,C1D,共5条,其中与B1C成90,其余成60.答案4能力1能准确判断点、线、面的位置关系【例1】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点.(1)求证:BN平面A1MC.(2)若A1MAB1,求证:AB1A1C.解析(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以ABA1B1,且AB=A1B1.又点M,N分别是AB,A1B1的中点,所以MB=A1N,且MBA1N.所以四边形A1NBM是平行四边形,从而BNA1M,又BN平面A1MC,A1M平面A1MC,所以BN平面A1MC.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1底面ABC,而AA1侧面ABB1A1,所以侧面ABB1A1底面ABC.又CA=CB,且M是AB的中点,所以CMAB.则由侧面ABB1A1底面ABC,侧面ABB1A1底面ABC=AB,CMAB,且CM底面ABC,得CM侧面ABB1A1.又AB1侧面ABB1A1,所以AB1CM.又AB1A1M,A1M,MC平面A1MC,且A1MMC=M,所以AB1平面A1MC.又A1C平面A1MC,所以AB1A1C.正确运用平面的基本性质,线线、线面平行或垂直等性质定理和判定定理进行判断.如图所示,AB为O的直径,点C在O上(不与A,B重合),PA平面ABC,点E,F分别为线段PC,PB的中点.G为线段PA上(除点P外)的一个动点.(1)求证:BC平面GEF.(2)求证:BCGE.解析(1)因为点E,F分别为线段PC,PB的中点,所以EFCB,又EF平面GEF,点G不与点P重合,CB平面GEF,所以BC平面GEF.(2)因为PA平面ABC,CB平面ABC,所以BCPA.又因为AB是O的直径,所以BCAC.又PAAC=A,所以BC平面PAC,且GE平面PAC,所以BCGE.能力2能正确运用线线、线面平行与垂直的性质定理及判定定理解题【例2】如图,在梯形ABCD中,BAD=ADC=90,CD=2,AD=AB=1,四边形BDEF为正方形,且平面BDEF平面ABCD.(1)求证: DFCE.(2)若AC与BD相交于点O,则在棱AE上是否存在点G,使得平面OBG平面EFC?并说明理由.解析(1)连接EB.在梯形ABCD中,BAD=ADC=90,AB=AD=1,DC=2,BD=2,BC=2,BD2+BC2=CD2,BCBD.又平面BDEF平面ABCD,平面BDEF平面ABCD=BD,BC平面ABCD,BC平面BDEF,BCDF.又在正方形BDEF中,DFEB且EB,BC平面BCE,EBBC=B,DF平面BCE.CE平面BCE,DFCE.(2)在棱AE上存在点G,使得平面OBG平面EFC,且AGGE=12.证明如下:在梯形ABCD中,BAD=ADC=90,AB=1,DC=2,ABDC,AOOC=ABDC=12.又AGGE=12,OGCE.在正方形BDEF中,EFOB,且OB,OG平面EFC,EF,CE平面EFC,OB平面EFC,OG平面EFC.OBOG=O,且OB,OG平面OBG,平面OBG平面EFC.高考中立体几何部分不断出现了一些具有探索性、开放性的试题,对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法等方法来解决.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.(1)证明:PABD.(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.解析(1)DAB=60,AB=2AD,由余弦定理得BD=3AD,BD2+AD2=AB2,BDAD.又PD平面ABCD,BDPD,BD平面PAD,PABD.(2)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,DA,DB,DP的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,1),C(-1,3,0),AB=(-1,3,0),PB=(0,3,-1),BC=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则nAB=0,nPB=0,即-x1+3y1=0,3y1-z1=0,取y1=1,则x1=3,z1=3, n=(3,1, 3).设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则mBC=0,mPB=0,即-x2=0,3y2-z2=0,取y2=-1,则x2=0,z2=-3,m=(0,-1,-3),cos=-427=-277, 易知二面角A-PB-C为钝角,故二面角A-PB-C的余弦值为-277.能力3能求解线线角、线面角、面面角【例3】如图,在四棱锥P-ABCD中, PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且ADC=BCD=90.(1)当PB=2时,证明:平面PAD平面ABCD;(2)当四棱锥P-ABCD的体积为34,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.解析(1)取AD的中点O,连接PO,BO,PAD为正三角形,OPAD.ADC=BCD=90,BCAD.BC=12AD=1,BC=OD,四边形BCDO为矩形,OB=CD=1.又在POB中,PO=3,OB=1,PB=2,PO2+OB2=PB2,POB=90,POOB.ADOB=O,PO平面ABCD,又PO平面PAD,平面PAD平面ABCD.(2)ADPO,ADOB, POBO=O,PO,BO平面POB,AD平面POB.AD平面ABCD,平面POB平面ABCD,过点P作PE平面ABCD,垂足E一定落在平面POB与平面ABCD的交线BO的延长线上.四棱锥P-ABCD的体积为34,VP-ABCD=13PE12(AD+BC)CD=13PE12(2+1)1=12PE=34,PE=32.PO=3,OE=PO2-PE2=3-94=32.如图,以O为坐标原点,OA,OB的方向为x轴,y轴的正方向,平面POB内过点O垂直于平面AOB的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,由题意可知A(1,0,0),P0,-32,32,D(-1,0,0),C(-1,1,0),DP=1,-32,32,DC=(0,1,0),PA=1,32,-32.设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则nDP=0,nDC=0,得x-32y+32z=0,y=0,令x=1,则z=-23,n=1,0,-23.设直线PA与平面PCD所成的角为,则sin =|cos|=|PAn|PA|n|=22133=31313.故直线PA与平面PCD所成角的正弦值为31313.求异面直线所成角,直线与平面所成角以及二面角的问题,可先作出该角,再证明所作角为所求的角,最后转化在三角形内求解.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两相交直线垂直法向量且数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)求出相应角的正弦值或余弦值和距离.如图,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,M是DC的中点,以AM为折痕,使得DC=DB.(1)求AD与BM所成的角;(2)当N为BD的中点时,求AN与平面ABCM所成角的正弦值.解析(1)因为在矩形中,AB=2AD=2,M为DC的中点,所以AM=BM=2,所以BMAM.取AM的中点O,连接DO,又DA=DM,所以DOAM.取BC的中点H,连接OH,DH,则OHAB,所以OHBC.因为DC=DB,所以BCDH.又DHOH=H,所以BC平面DOH,所以BCDO,所以DO平面ABCM,又DO平面ADM,所以平面ADM平面ABCM.因为平面ADM平面ABCM=AM,BM平面ABCM,AMBM,所以BM平面ADM.因为AD平面ADM,所以ADBM,即AD与BM所成角的大小为90.(2)如图,作NPOB交OB于点P,连接AP,由(1)可知,NAP为所求角.因为N为中点,所以NP=12DO=24.又DH2=DO2+OH2,所以DH=112,DB=3.又因为DB2+AD2=AB2,所以ADB=90,所以在直角三角形ADB中,AN=AD2+DN2=12+322=72.故所求角的正弦值为NPAN=1414.能力4能求解线面平行与垂直的综合问题【例4】在如图所示的多面体ABEDC中,已知ABDE,ABAD,ACD是正三角形,AD=DE=2AB=2,BC=5, F是CD的中点.(1)求证: AF平面BCE.(2)求证:平面BCE平面CDE.(3)求点D到平面BCE的距离.解析(1)取CE的中点M,连接BM,MF,利用三角形的中位线,得MFAB,MF=AB,即四边形ABMF为平行四边形,MBAF.BM平面BCE,AF平面BCE,AF平面BCE.(2)ACD是正三角形,AC=AD=CD=2,在ABC中, AB=1,AC=2,BC=5,AB2+AC2=BC2,故ABAC,DEAC.又DEAD,ACAD=A,DE平面ACD,DEAF.又AFCD,由(1)得BMAF,DEBM, BMCD,DECD=D,BM平面CDE,BM平面BCE,平面BCE平面CDE.(3)连接DM,DE=DC,DMCE.由(2)知,平面BCE平面CDE,DM平面BCE,DM为点D到平面BCE的距离,DM=2,点D到平面BCE的距离为2.立体几何中往往涉及垂直关系、平行关系、距离、体积的计算.在计算问题中,常用“几何法”.利用几何法,要遵循“一作、二证、三计算”的步骤,熟悉空间中点线、面的位置关系及判定方法,掌握体积、距离的求法,灵活使用面面垂直、线面垂直等性质定理.如图,在四棱锥P-ABCD中,PAAD,ABCD,CDAD,AD=CD=2AB=2,E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC.(1)求证:平面ABE平面BEF.(2)设PA=a,若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角4,3,求a的取值范围.解析(1)ABCD,CDAD,AD=CD=2AB=2,F为CD的中点,四边形ABFD为矩形,ABBF.DE=EC,DCEF,又ABCD,ABEF.BFEF=F,AB平面BEF,又AB平面ABE,平面ABE平面BEF.(2)DE=EC,DCEF.又PDEF,ABCD,ABPD.CDAD,ABAD,又ADPD=D,AB平面PAD,ABPA.以AB为x轴的正方向,AD为y轴的正方向,AP为z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,a),C(2,2,0),E1,1,a2.设平面BCD的一个法向量为n1=(0,0,1),可求得平面EBD的一个法向量为n2=(2a,a,-2),则cos =-25a2+412,22,可得a255,2155.一、选择题1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出以下四个结论,错误的是().A.直线D1C平面A1ABB1B.直线A1D1与平面BCD1相交C.直线AD不与平面D1DB垂直D.平面BCD1平面A1ABB1解析因为D1CA1B,D1C平面A1ABB1,所以A正确;因为直线A1D1在平面BCD1内,所以B错误;因为AD与BD不垂直,所以C正确;因为BC平面ABB1A1,BC平面D1BC,所以D正确.故选B.答案B2.已知a,b是直线,是平面,下列说法正确的是().A.若ab,则a平行于经过b的任何平面B.若a,则a与内任何直线平行C.若a不平行于,则内不存在与a平行的直线D.若ab,a,b,则b解析A错,不能平行a,b所构成的平面;B错,存在异面情况;C错,a可以在平面内,这样就找得到直线平行;D对.故选D.答案D3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角D1-AC-B的余弦值是().A.63B.-63C.33D.-33解析连接BD,交AC于O,连接D1O,易知D1OB为所求二面角的平面角.在RtD1DO中,求得D1OB的补角的余弦值为33,所以选D.解析D4.已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA平面ABC,PA=AB,则直线PD与平面ABC所成角的正切值为().A.2B.12C.2D.22解析如图,PD与平面ABC所成角为PDA,在RtPAD中,AD=2PA,所以tanPDA=PAAD=12,故选B.答案B5.设,是三个不同的平面,a,b,c是三条不同的直线,下列四个命题正确的是().A.若a,b,ab,则B.若a,b,=c,a,b,则abC.若,则或D.若ab,ac,b,c,则a解析A错,两个平面可以相交;C错,两个平面可以相交;D错,a可以与平面相交或在平面内,故选B.答案B6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=26,过直线B1D1的平面平面A1BD,则平面截该正方体所得的截面的面积为().A.66B.126C.123D.182解析如图,设B1D1A1C1=F,AA1的中点为E,连接EF,由中位线定理得EFAC1,由正方体的性质可知,AC1BD,AC1A1D,又BDA1D=D,所以AC1平面A1BD,进而EF平面A1BD.因为EF平面EB1D1,所以平面EB1D1平面A1BD,所以平面EB1D1就是所求的平面,SEB1D1=124332=66.故答案为66.答案A7.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC将ABC折起,当平面ABC平面ACD时,四面体ABCD的外接球的体积是().A.12512B.1259C.1256D.1253解析设矩形ABCD的对角线AC,BD的交点为点O,由矩形的性质结合题意可知,OA=OB=OC=OD=1232+42=52.在翻折过程中OA,OB,OC,OD长度不变,据此可知点O为球心,外接球的半径R=OA=52,外接球的体积V=43R3=431258=1256.故选C.答案C8.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,DAB=60,PD平面ABCD,PD=AD=2,点E为AB的中点,则点A到平面PEC的距离为().A.1510B.3010C.55D.105解析设点A到平面PEC的距离为d.连接ED,取PC的中点Q,连接EQ,AC.由题意知,在EBC中,EC=EB2+BC2-2EBBCcosEBC=1+4+21212=7,在PDE中,PE=PD2+DE2=7,在PDC中,PC=PD2+CD2=22,故EQPC,可得EQ=5,SPEC=12225=10,SAEC=1213=32,所以由VA-PEC=VP-AEC,得1310d=13322,解得d=3010,故选B.答案B9.已知ABC的顶点A平面,点B,C在平面同侧,且AB=2,AC=3,若AB,AC与所成的角分别为3,6,则线段BC长度的取值范围为().A.2-3,1B.1,7C.7,7+23D.1,7+23解析如图,过点B,C作平面的垂线,垂足分别为M,N,则四边形BMNC为直角梯形.在平面BMNC内,过点C作CEBM,交BM于点E.又因为BM=2sinBAM=2sin3=3,AM=2cos3=1,CN=3sinCAN=3sin6=32,AN=3cos6=32,所以BE=BM-CN=32,故BC2=MN2+34.又因为AN-AMMNAM+AN,即12MN52,所以1BC27,即1BC7,故选B.答案B二、填空题10.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD=6AA1,AC,BD交于点O,则D1O与平面A1B1C1D1所成的角为.解析由上下两平面平行,易知D1OD为所求角.设AA1=1,则AD=6AA1=6,底面是正方形,所以DO=3,tanD1OD=DD1DO=13=33,故所成的角为30.答案3011.若一个n面体中有m个面是直角三角形,则称这个n面体的直度为mn,如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,四面体A1-ABC的直度为.解析由长方体易知A1AB,A1BC,ABC,A1AC为直角,所以四个面都是直角三角形,故直度为1.答案112.