高考数学第二篇考点三 考查角度1 立体几何中的平行与垂直的证明.docx
- 文档编号:699492
- 上传时间:2023-04-29
- 格式:DOCX
- 页数:12
- 大小:161.98KB
高考数学第二篇考点三 考查角度1 立体几何中的平行与垂直的证明.docx
《高考数学第二篇考点三 考查角度1 立体几何中的平行与垂直的证明.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学第二篇考点三 考查角度1 立体几何中的平行与垂直的证明.docx(12页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
高考数学第二篇考点三考查角度1立体几何中的平行与垂直的证明
考查角度1 立体几何中的平行与垂直的证明
分类透析一 证明平行关系
例1如图,在菱形ABCD中,∠BAD=,ED⊥平面ABCD,EF∥DB,M是线段AE的中点,DE=EF=AD=2.
(1)证明:
DM∥平面CEF.
(2)求多面体ABCDEF的表面积.
分析
(1)连接AC,设AC,BD的交点为O,连接MO,可证平面MOD∥平面CEF,从而DM∥平面CEF;
(2)先判断各个面的形状,找出垂直关系,求出各边的长度,再计算表面积.
解析
(1)连接AC,设AC与BD的交点为O,连接MO.
∵DO∥EF,DO⊄平面CEF,∴DO∥平面CEF.
∵M是线段AE的中点,O为AC的中点,
∴MO是△ACE的中位线,∴MO∥EC.
又MO⊄平面CEF,∴MO∥平面CEF.
又MO∩DO=O,∴平面MDO∥平面CEF.
又DM⊂平面MDO,∴DM∥平面CEF.
(2)连接FO,由菱形ABCD可得AC⊥BD.
∵ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴ED⊥AC.
又BD∩ED=D,∴AC⊥平面EDBF.
又OF⊂平面EDBF,∴AC⊥OF.
∵EF∥DO,且EF=DO,ED⊥DO,ED=DO,
∴四边形EDOF为正方形,ED=DO=OF=FE=2.
在Rt△ADE和Rt△CDE中,
∵AD=CD=4,DE=2,
∴AE=EC=2,∴S△ADE=S△CDE=4.
在Rt△AOF和Rt△COF中,
∵AO=CO=2,OF=2,AF=CF=4,
∴△AEF和△CEF是直角三角形,
∴S△AEF=S△CEF=4.
∵四边形ABCD为菱形,
∴AB=BC=CD=DA=4,SABCD=8.
又AF=CF=AB=CB=4,FB=2,
∴S△AFB=S△CFB=2.
∴多面体ABCDEF的表面积为4×2+4×2+2×2+8=16+4+8.
方法技巧证明线面平行的常用方法:
①利用线面平行的判定定理,使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,可利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两条直线平行.②利用面面平行的性质,即两个平面平行,在其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
分类透析二 证明垂直关系
例2如图,已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD为边长等于2的正三角形,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°.
(1)证明:
PB⊥BC.
(2)若平面PAD⊥底面ABCD,E为线段PD上的点,且PE=2ED,求三棱锥P-ABE的体积.
分析
(1)设AD的中点为O,通过证线面垂直得到线线垂直;
(2)进行等价转化,寻找三棱锥P-ABE的体积与三棱锥B-PAD的体积间的关系,然后求出三棱锥B-PAD的体积,最后得到三棱锥P-ABE的体积.
解析
(1)如图,设AD的中点为O,连接PO,BO.
∵PA=PD,∴PO⊥AD.
∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,
∴OB⊥AD,OP∩OB=O,∴AD⊥平面POB.
又AD∥BC,∴BC⊥平面POB.
∵PB⊂平面POB,∴PB⊥BC.
(2)连接BD,由题知VP-ABE=VB-PAE=VB-PAD.
∵平面PAD⊥底面ABCD,
∴OP,OA,OB两两垂直且OP=OB=.
则VB-PAD=××2××=1,
故VP-ABE=VB-PAD=.
方法技巧有关空间中垂直关系的证明:
主要用到线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的相互转化,再结合题意进行推理或证明完成,有些题目需要添加一些辅助线.
分类透析三 平行关系和垂直关系的综合应用
例3如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥平面PAC,∠APC=90°,E是AB的中点,M是CE的中点,点N在PB上,且4PN=PB.证明:
(1)平面PCE⊥平面PAB;
(2)MN∥平面PAC.
分析先证明直线PC⊥平面PAB,再证平面PCE⊥平面PAB;
(2)设AE的中点为Q,连接MQ,NQ,证明平面MNQ∥平面PAC,从而MN∥平面PAC.
解析
(1)∵AB⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,
∴AB⊥PC.
∵∠APC=90°,∴AP⊥PC.
又AP⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,AP∩AB=A,
∴PC⊥平面PAB.∵PC⊂平面PCE,
∴平面PCE⊥平面PAB.
(2)取AE的中点Q,连接NQ,MQ.
∵M是CE的中点,∴MQ∥AC.
∵PB=4PN,AB=4AQ,∴QN∥AP.
又AP∩AC=A,AP⊂平面APC,AC⊂平面APC,QN∩QM=Q,QN⊂平面MNQ,QM⊂平面MNQ,
∴平面MNQ∥平面PAC.
∵MN⊂平面MNQ,∴MN∥平面PAC.
例4如图,△ABC内接于圆O,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,DC⊥平面ABC,AB=2,BE=.
(1)证明:
平面ACD⊥平面ADE.
(2)记AC=x,V(x)表示三棱锥A-CBE的体积,求V(x)的最大值.
分析
(1)要证平面ACD⊥平面ADE,只需证明DE⊥平面ADC,由已知可证明DC⊥BC,BC⊥AC,从而得证;
(2)先利用体积公式求出V(x)关于x的解析式,再利用不等式求出最值.
解析
(1)∵四边形DCBE为平行四边形,
∴CD∥BE,BC∥DE.
∵DC⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴DC⊥BC.
∵AB是圆O的直径,
∴BC⊥AC.又DC∩AC=C,
∴BC⊥平面ADC.
∵DE∥BC,
∴DE⊥平面ADC.
又∵DE⊂平面ADE,
∴平面ACD⊥平面ADE.
(2)在Rt△ABC中,∵BC==(0 ∴S△ABC=AC·BC=x,又BE=, ∴V(x)=VE-ABC=S△ABC·BE=x·(0 若V(x)取得最大值,则x=取得最大值. ∵x2(4-x2)≤=4, 当且仅当x2=4-x2,即x=时,“=”成立,故V(x)的最大值为. 方法技巧立体几何中最值问题的求解策略主要有: (1)转化为函数的最值问题.解有些立体几何的最值问题可先引入线参数或角参数,再建立关于这些变量的函数关系,转化为函数的最值问题来解决. (2)利用重要不等式求最值. 1.(2018年全国Ⅱ卷,文19改编)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点. (1)证明: PO⊥平面ABC. (2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求VC-POM∶VP-ABMO. 解析 (1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点, 所以OP⊥AC,且OP=2. 如图,连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O知,PO⊥平面ABC. (2)作CH⊥OM,垂足为H. 又由 (1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM. 故CH的长为点C到平面POM的距离. 由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°, 所以OM=,CH==. 所以VC-POM=S△COM×PO =××××PO=PO, VP-ABMO=××PO=PO, 所以VC-POM∶VP-ABMO=1∶2. 2.(2018年全国Ⅲ卷,文19改编)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点. (1)证明: CM⊥平面AMD. (2)设P是AM的中点,求证: MC∥平面PDB. 解析 (1)∵平面ABCD⊥半圆面CMD, ∴AD⊥半圆面CMD,∴AD⊥平面MCD. ∵CM在平面MCD内,∴AD⊥CM. 又M是半圆弧上异于C,D的点,∴CM⊥MD. 又AD∩MD=D,∴CM⊥平面AMD. (2)连接AC与BD交于点O,连接PO.在矩形ABCD中,O是AC的中点,P是AM的中点,∴OP∥MC.∵OP⊆平面PDB,MC⊄平面PDB,∴MC∥平面PDB. 3.(2017年全国Ⅰ卷,文18改编)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明: 平面PCD⊥平面PAD. (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为,求AB的长度. 解析 (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AP⊥CD. 因为AP∩PD=P,所以CD⊥平面PAD. 又CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E. 由 (1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,AB∩AD=A,可得PE⊥平面ABCD. 设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x. 故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=AB·AD·PE=x3. 由题设得x3=,故x=2. 从而AB=2. 1.(2018年湖北省八校高三第二次联考测试)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA=AB=BC=4,∠ABC=90°,PC=4,D为线段AC的中点,E是线段PC上一动点. (1)当DE⊥AC时,求证: PA∥平面EDB. (2)当△BDE的面积最小时,求三棱锥E-BCD的体积. 解析 (1)在Rt△ABC中,AC=4. 在△PAC中,由PA2+AC2=PC2知,PA⊥AC, ∵DE⊥AC,∴PA∥DE. 又PA⊄平面EDB,∴PA∥平面EDB. (2)在等腰直角△ABC中, 由D为AC的中点知,DB⊥AC. ∵PA⊥AC,PA⊥AB,AB∩AC=A,∴PA⊥平面ABC. ∵DB⊂平面ABC,∴PA⊥DB. 又DB⊥AC,PA∩AC=A,∴DB⊥平面PAC. ∵DE⊂平面PAC,∴DE⊥DB, 即△EBD为直角三角形, ∴当DE最小时,△BDE的面积最小, 过点D作PC的垂线,当E为垂足时,DE最小,为, 此时,EC==, ∴VE-BCD=×S△BDE×EC=××2××=. 2.(2018年辽宁大连高三上学期期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AB=BC.证明: (1)BC1∥平面A1CD. (2)平面A1EC⊥平面ACC1A1. 解析 (1)如图,连接AC1,交A1C于点O,连接DO,则O是AC1的中点. 因为D是AB的中点,所以OD∥BC1. 因为OD⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD. (2)取AC的中点F,连接EO,OF,FB, 因为O是AC1的中点,所以OF∥AA1且OF=AA1. 显然BE∥AA1,且BE=AA1, 所以OF∥BE且OF=BE. 则四边形BEOF是平行四边形,所以EO∥BF. 因为AB=BC,所以BF⊥AC.又BF⊥CC1,AC∩CC1=C, 所以直线BF⊥平面ACC1A1. 因为EO∥BF,所以EO⊥平面ACC1A1. 因为EO⊂平面A1EC,所以平面A1EC⊥平面ACC1A1. 3.(四川省德阳市2018届高三二诊考试)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、F分别为AB、PD的中点. (1)求证: 直线AF∥平面PEC; (2)求点A到平面PEC的距离. 解析 (1)取PC的中点Q,连接EQ,FQ, 由题意知,FQ∥DC且FQ=CD,AE∥CD且AE=CD, 故AE∥FQ且AE=FQ, 所以四边形AEQF为平行四边形. 所以AF∥EQ. 又EQ⊂平面PEC,AF⊄平面PEC, 所以AF∥平面PEC. (2)连接AC,设点A到平面PEC的距离为d. 由题意知在△EBC中, EC= ==, 在△PDE中,PE==,在△PDC中,PC==2, 故EQ⊥PC,EQ=AF=,S△PEC=×2×=,S△AEC=×1×=, 所以由VA-PEC=VP-AEC,得×·d=××2,解得d=. 4.(山东省枣庄市2018届高三第二次模拟考试)在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面SAB⊥平面ABCD,平面SAD⊥平面ABCD,且SA=2AD=3AB. (1)证明: SA⊥平面ABCD; (2)若E为SC的中点,三棱锥E-BCD的体积为,求四棱锥S-ABCD外接球的表面积. 解析 (1)由底面ABCD为矩形,得BC⊥AB, 又平面SAB⊥平面ABCD,平面SAB∩平面ABCD=AB,BC⊂平面ABCD, 所以BC⊥平面SAB,所以BC⊥SA.同理可得CD⊥SA. 又BC∩CD=C,BC⊂平面ABCD,CD⊂平面ABCD, 所以SA⊥平面ABCD. (2)设SA=6a,则AB=2a,AD=3a. VE-BCD=×S△BCD×h=××=××(3a)=3a3. 又VE-BCD=,所以3a3=,解得a=. 四棱锥S-ABCD的外接球是以AB,AD,AS为棱的长方体的外接球,设其半径为R, 则2R==7a=,即R=, 所以四棱锥S-ABCD外接球的表面积为4πR2=.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考数学第二篇考点三 考查角度1 立体几何中的平行与垂直的证明 高考 数学 第二 考点 考查 角度 立体几何 中的 平行 垂直 证明