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1、高考数学分类专题复习之二十三 空间位置关系与证明 WORD文档使用说明:高考数学分类专题复习之二十三 空间位置关系与证明 来源于PDFWORDPDF转换成WROD 本WOED文件是采用在线转换功能下载而来,因此在排版和显示效果方面可能不能满足您的应用需求。如果需要查看原版WOED文件,请访问这里高考数学分类专题复习之二十三 空间位置关系与证明 文件原版地址: 空间位置关系与证明 高考数学分类专题复习之二十三 空间位置关系与证明|PDF转换成WROD_PDF阅读器下载空间位置关系与证明 第二十三讲 空间位置关系与证明高考在考什么 高考在考什么 考题回放】 【考题回放】 1 (浙江)若 P 是两条

2、异面直线 l,m 外的任意一点,则(B A过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都平行 B过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都垂直 C过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都相交A 1 D)D1C1 B1 CD过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都异面 2 (06 湖南)如图,过平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 任意两条棱的中 A B 点作直线,其中与平面 DBB1D1 平行的直线共有( D ) 条 条 条 条 3 (湖北)平面 外有两条直线 m 和 n ,如果 m 和 n 在平面 内的射影分别是 m 和 n ,给出下列四个命 题: m n ? m n ; m n ? m n ;

3、m 与 n 相交 ? m 与 n 相交或重合; m 与 n 平行 ? m 与 n 平行或重合 其中不正确的命题个数是( ) 1 2 3 4 4.(湖北)关于直线 m 、 n 与平面 、 ,有下列四个命题: (D ) m / , n / 且 / ,则 m / n ; m , n / 且 / ,则 m n ; B. 、' ' ' ' m , n 且 ,则 m n ; m / , n 且 ,则 m / n . C. 、''其中真命题的序号是: A. 、 D. 、 ) 5在正方形 ABCD ? A B C D 中,过对角线 BD 的一个平面交 AA 于

4、E,交 CC ' 于 F,则( 四边形 BFD ' E 一定是平行四边形 四边形 BFD ' E 有可能是正方形 四边形 BFD ' E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形 四边形 BFD ' E 有可能垂直于平面 BB ' D 以上结论正确的为 。 (写出所有正确结论的编号) 6 (上海)在平面上,两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种 已知 , 是两个相交平面, 空间两条直线 l1,l2 在 上的射影是直线 s1,s2 , l1,l2 在 上的射影是直线 t1,t2 用 s1 与 s2 , t1 与 t 2的位置关系,写出一个总能确定

5、l1 与 l 2 是异 面直线的充分条件:s1 / s 2 ,并且 t1 与 t 2 相交( t1 / t 2 ,并且 s1 与 s 2 相交) 高考要考什么 高一线与线的位置关系:平行、相交、异面; 线与面的位置关系:平行、相交、线在面内; 面与面的位置关系:平行、相交; 二转化思想: 线线平行 ? 线面平行 ? 面面平行,线 线 ? 线 面 ? 面 面 ;高考将考什么 高考将考什么 , 【范例 1】如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PA 底面 ABCD , AB AD,AC CD,ABC = 60°PA = AB = BC , E 是 PC 的中点 P ()证明 CD AE

6、 ; ()证明 PD 平面 ABE ; E ()求二面角 A ? PD ? C 的大小 ()证明:在四棱锥 P ? ABCD 中, A D 因 PA 底面 ABCD , CD ? 平面 ABCD ,故 PA CD C B AC CD,PA I AC = A , CD 平面 PAC 而 AE ? 平面 PAC , CD AE ()证明:由 PA = AB = BC , ABC = 60° ,可得 AC = PA E 是 PC 的中点, AE PC 由()知, AE CD ,且 PC I CD = C ,所以 AE 平面 PCD 而 PD ? 平面 PCD , AE PD PA 底面 A

7、BCD,PD 在底面 ABCD 内的射影是 AD , AB AD , AB PD 又 AB I AE = A ,综上得 PD 平面 ABE ()解法一:过点 A 作 AM PD ,垂足为 M ,连结 EM 则()知, AE 平面 PCD , AM 在 平面 PCD 内的射影是 EM ,则 EM PD 因此 AME 是二面角 A ? PD ? C 的平面角 由已知,得 CAD = 30° 设 AC = a , P M 2 3 21 2 可得 PA = a,AD = a,PD = a,AE = a E 3 3 2 在 Rt ADP 中, AM PD , AM PD = PA AD , 2

8、 3 a a 2 7 PA AD 3 则 AM = = = a PD 7 21 a 3在 Rt AEM 中, sin AME =A B CDAE 14 = AM 4解法二:由题设 PA 底面 ABCD , PA ? 平面 PAD ,则平面 PAD 平面 ACD ,交线为 AD 过点 C 作 CF AD ,垂足为 F ,故 CF 平面 PAD 过点 F 作 FM PD ,垂足为 M ,连结 CM , 故 CM PD 因此 CMP 是二面角 A ? PD ? C 的平面角 由已知,可得 CAD = 30° ,设 AC = a , 可得 PA = a,AD =PE2 3 21 1 3 a,

9、PD = a,CF = a,FD = a 3 3 2 6FM FD = PA PD A BM F C DFMD PAD ,3 aa FD PA 7 6 = = 于是, FM = a PD 14 21 a 31 a CF 2 = 7 = 在 RtCMF 中, tan CMF = FM 7 a 14所以二面角 A ? PD ? C 的大小是 arctan 7 所以二面角 A ? PD ? C 的大小是 arcsin14 4变式:如图,在五面体 ABCDEF 中,点 O 是矩形 ABCD 的对角线的交点,面 CDE 是等边三角形,棱1 BC =2 (1)证明 FO /平面 CDE ; (2)设 BC

10、 = 3CD ,证明 EO 平面 CDF EF /M 证明: ()取 CD 中点 M,连结 OM. 在矩形 ABCD 中, OM /连结 EM,于是四边形 EFOM 为平行四边形. FO / EM 又Q FO ? 平面 CDE, EM ? 平面 CDE, FO平面 CDE ()证明:连结 FM,由()和已知条件,在等边CDE 中,1 1 BC ,又 EF / BC ,则 EF /OM , 2 2CM = DM , EM CD 且 EM =3 1 CD = BC = EF . 2 2因此平行四边形 EFOM 为菱形,从而 EOFM 而 FMCD=M, CD平面 EOM,从而 CDEO. 而 FM

11、 CD = M ,所以 EO平面 CDF. 点晴】 【点晴】本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识,注意线面平行和线面垂直判定定理的 使用,考查空间想象能力和推理论证能力。 D1 C1 【范例 2】如图,在六面体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方 形,四边形 A1 B1C1 D1 是边长为 1 的正方形, DD1 平面A1 B1C1 D1 , DD1 平面 ABCD , DD1 = 2 A1B1()求证: A1C1 与 AC 共面, B1 D1 与 BD 共面 ()求证:平面 A1 ACC1 平面 B1 BDD1 ; ()求二面角 A

12、? BB1 ? C 的大小(用反三角函数值表示) 证明:以 D 为原点,以 DA DC,DD1 所在直线分别为 x 轴, , D Cy 轴, z 轴建立空间直角坐标系 D ? xyz 如图,则有A BA(2, 0) B (2, 0) C (0, 0) A1 (1 0, 0, 2, 2, , 2) B1 (11 2) C1 (0,2) D1 (0, 2) , , 1 , 0,()证明:uuuu r uuur uuuur uuu r A1C1 = (?11 0) AC = (?2, 0) D1 B1 = (11 0) DB = (2, 0) , , 2, , , 2, uuur uuuur uuu

13、 r uuuur AC = 2 A1C1, = 2 D1 B1 DBD1 z A1 C1 B1uuur uuuu r uuu uuuur r AC 与 A1C1 平行, DB 与 D1 B1 平行,于是 A1C1 与 AC 共面, B1 D1 与 BD 共面 ()证明: DD = (0, 2) ( ?2, 0) = 0 , 0, 2, 1 ACuuuu uuur rD ACyBuuu uuur r DB AC = (2, 0) (?2, 0) = 0 , 2, 2,xuuuu uuur uuu uuur r r DD1 AC , DB AC DD1 与 DB 是平面 B1 BDD1 内的两条相

14、交直线 AC 平面 B1 BDD1 又平面 A1 ACC1 过 AC 平面 A1 ACC1 平面 B1 BDD1 ()解: AA1 = ( ?1 0, 1 = ( ?1 ? 1 2) CC1 = (0, 1 2) , 2) BB , , ?, 设 n = ( x1,y1,z1 ) 为平面 A1 ABB1 的法向量,uuuruuuruuuu ruuur uuur n AA1 = ? x1 + 2 z1 = 0 , n BB1 = ? x1 ? y1 + 2 z1 = 0 于是 y1 = 0 ,取 z1 = 1 ,则 x1 = 2 , n = (2,1) 0, 设 m = ( x2,y2,z2 )

15、 为平面 B1 BCC1 的法向量,uuur uuuu r m BB1 = ? x2 ? y2 + 2 z2 = 0 , m CC1 = ? y2 + 2 z2 = 0 于是 x2 = 0 ,取 z2 = 1 ,则 y2 = 2 , m = (0, 1) 2,cos m,n =mn 1 = m n 51 二面角 A ? BB1 ? C 的大小为 ? arccos 5解法 2(综合法) : ()证明: D1 D 平面 A1 B1C1 D1 , D1 D 平面 ABCD D1 D DA , D1 D DC ,平面 A1 B1C1 D1 平面 ABCD 于是 C1 D1 CD , D1 A1 DA

16、设 E,F 分别为 DA DC 的中点,连结 EF,A1 E,C1 F , , 有 A1 E D1 D,C1 F D1 D,DE = 1 DF = 1 ,D1 A1C1 B1DF OMC A1 E C1 F ,A 于是 A1C1 EF 由 DE = DF = 1 ,得 EF AC , 故 A1C1 AC , A1C1 与 AC 共面 过点 B1 作 B1O 平面 ABCD 于点 O , 则 B1O A1 E,B1O C1 F ,连结 OE,OF , 于是 OE B1 A1 , OF B1C1 , OE = OF EB B1 A1 A1 D1 , OE AD B1C1 C1 D1 , OF CD

17、 所以点 O 在 BD 上,故 D1 B1 与 DB 共面 ()证明: D1 D 平面 ABCD , D1 D AC , 又 BD AC (正方形的对角线互相垂直) ,D1 D 与 BD 是平面 B1 BDD1 内的两条相交直线, AC 平面 B1 BDD1 又平面 A1 ACC1 过 AC ,平面 A1 ACC1 平面 B1 BDD1 ()解:直线 DB 是直线 B1 B 在平面 ABCD 上的射影, AC DB , 根据三垂线定理,有 AC B1 B 过点 A 在平面 ABB1 A1 内作 AM B1 B 于 M ,连结 MC,MO , 则 B1 B 平面 AMC ,于是 B1 B MC,

18、B1 B MO , 所以, AMC 是二面角 A ? B1 B ? C 的一个平面角 根据勾股定理,有 A1 A =5,C1C = 5,B1 B = 6 2 10 10 B1O OB 2 = , BM = , AM = , CM = B1 B 3 3 3 3 OM B1 B ,有 OM =AM 2 + CM 2 ? AC 2 1 1 cos AMC = = ? , AMC = ? arccos , 2 AM CM 5 5二面角 A ? BB1 ? C 的大小为 ? arccos1 5D1 C1 F M D C A H G B B1变式如图,已知 ABCD ? A1 B1C1 D1 是棱长为 3

19、 的正方体, 点 E 在 AA1 上,点 F 在 CC1 上,且 AE = FC1 = 1 (1)求证: E,B,F,D1 四点共面; 分) (4A 1E2 (2)若点 G 在 BC 上, BG = ,点 M 在 BB1 上, 3GM BF ,垂足为 H ,求证: EM 平面 BCC1 B1 ; 分) (4(3)用 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1 B1 所成的锐二面角的大小,求 tan 证明: (1)建立如图所示的坐标系,则 BE = (3,1) , BF = (0, 2) , BD1 = (3,3) , 0, 3, 3, 所以 BD1 = BE + BF ,故 BD1 , BE ,

20、BF 共面 又它们有公共点 B ,所以 E,B,F,D1 四点共面uuu ruuu ruuuu ruuuu ruuu uuu r ruuuu ruuu ruuu rzD1 C1 F M DyA1 B1 Euuuu ? r 2 ? (2)如图,设 M (0, z ) ,则 GM = ? 0, ,z ? , 0, ? 3 ? ?而 BF = (0, 2) ,由题设得 GM BF = ? 3, 得 z = 1xAuuu ruuuu uuu r r2 3+ z 2 = 0 , 3H G BC因为 M (0,1) , E (3,1) ,有 ME = (3, 0) ,又 BB1 = (0, 3) , BC

21、 = (0,0) ,所以 ME BB1 = 0 , 0, 0, 0, 0, 3,uuuruuuruuu ruuur uuuruuur uuu r ME BC = 0 ,从而 ME BB1 , ME BC 故 ME 平面 BCC1 B1 (3)设向量 BP = ( x,y, 截面 EBFD1 ,于是 BP BE , BP BF 3) 而 BE = (3,1) , BF = (0, 2) ,得 BP BE = 3 x + 3 = 0 , BP BF = 3 y + 6 = 0 ,解得 x = ?1 , y = ?2 , 0, 3, 所以 BP = (?1, 2, ? 3)uuu ruuu ruuu

22、 ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu uuu r ruuu uuu r ruuu r0, 又 BA = (3, 0) 平面 BCC1 B1 ,所以 BP 和 BA 的夹角等于 或 ? ( 为锐角)uuu ruuu ruuu ruuu r BP 于是 cos = uuu r BP故 tan = 13 uuu r BA 1 uuu = r 14 BA【范例 3】如图,在长方体 AC1 中,AD=AA1=1,AB=2,点 E 在棱 AB 上移动. (1)证明:D1EA1D; (2)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离; (3)AE 等于何值时,二面角 D1ECD

23、 的大小为D1 A1 D A E B B1C14.解析:法 1 (1)AE面 AA1DD1,A1DAD1,A1DD1EC(2)设点 E 到面 ACD1 的距离为 h,在ACD1 中,AC=CD1= 5 ,AD1= 2 , 故 S ?AD1C =1 1 3 1 1 ? 2 ? 5 ? = , 而S ?ACE = ? AE ? BC = . 2 2 2 2 21 1 1 3 1 S ?AEC ? DD1 = S ?AD1C ? h, × 1 = × h, h = . 3 3 2 2 3D1 A1 D AH V D1 ? AEC =(3)过 D 作 DHCE 于 H,连 D1H、

24、DE,则 D1HCE, DHD1 为二面角 D1ECD 的平面角. 设 AE=x,则 BE=2xC1 B1 C E B在 Rt ? D1 DH 中,Q DHD1 =4, DH = 1.Q 在 Rt ? ADE中, DE = 1 + x 2 , 在 Rt ? DHE中, EH = x ,在 Rt ? DHC 中 CH = x+ 3= 3 , 在 Rt ? CBE 中 CE = x 2 ? 4 x + 5 ? x = 2 ? 3.x 2 ? 4 x + 5. AE = 2 ? 3时 , 二面角 D1 ? EC ? D 的大小为4.法 2:以 D 为坐标原点,直线 DA、DC、DD1 分别为 x、y

25、、z 轴,建立空间直角坐标系,设 AE=x,则 A1(1,0, 1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0), C(0,2,0). (1) 因为DA1 , D1 E = (1,0,1), (1, x,?1) = 0, 所以DA1 D1 E. (2)因为 E 为 AB 的中点,则 E(1,1,0) , 从而 D1 E = (1,1,?1), AC = (?1,2,0) , AD1 = (?1,0,1) , 设平面 ACD1 的法向量为 n = (a, b, c) ,A1 D o D1zB1C1?n ? AC = 0, ? a + 2b = 0 ?a = 2b ? 也即 ? ,得

26、? , 则? ?n ? AD1 = 0, ? a + c = 0 ?a = c ?C E ByxA从而 n = (2,1,2) ,所以点 E 到平面 AD1C 的距离为 h = (3)设平面 D1EC 的法向量 n = (a, b, c) , CE = (1, x ? 2,0), D1C = (0,2,?1), DD1 = (0,0,1), 由?| D1 E ? n | |n|=2 +1? 2 1 = . 3 3?n ? D1C = 0, ?2b ? c = 0 ? 令 b=1, c=2, a=2x, ?n ? CE = 0, ?a + b( x ? 2) = 0. ? n = (2 ? x,1,2). 依题意 cos4=| n ? DD1 | | n | ? | DD1 |=2 ? 22 ( x ? 2) + 52=2 . 2 x1 = 2 + 3 (不合,舍去) x 2 = 2 ? 3 . , AE= 2 ?

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