2019年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 課時達標(biāo) 高考必考題突破講座（四） 立體幾何中的直線、平面的位置關(guān)系.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 課時達標(biāo) 高考必考題突破講座（四） 立體幾何中的直線、平面的位置關(guān)系 [解密考綱]立體幾何問題是高考的重要內(nèi)容，每年都考查一個解答題，兩個選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡單計算；解答題主要采用“論證與計算”相結(jié)合的模式．考查的熱點是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開放性問題等，難度中等． 1．(xx江蘇卷)如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點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. 解析　(1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB. 又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD. 因為AD?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. 又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC. 2．如圖，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120. (1)在直線BC上求作一點O，使BC⊥平面ADO，寫出作法并說明理由； (2)求三棱錐A－BCD的體積． 解析　(1)作AO⊥BC，交CB延長線于點O，連接DO，AO， 則BC⊥平面ADO. 證明如下： ∵AB＝DB，OB＝OB，∠ABO＝∠DBO， ∴△ABO≌△DBO， 則∠AOB＝∠DOB＝90，即OD⊥BC. 又∵AO∩OD＝O，AO?平面ADO，OD?平面ADO， ∴BC⊥平面AOD. (2)∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直， 平面ABC∩平面DBC＝BC，AO?平面ABC， ∴AO⊥平面BCD，即AO是三棱錐A－BCD底面BCD上的高， 在Rt△AOB中，AB＝1，∠ABO＝60， ∴AO＝ABsin 60＝. 又∵S△BCD＝BCBDsin∠CBD＝， ∴V三棱錐A－BCD＝S△BCDAO＝＝. 3．如圖，直角三角形ABC中，A＝60，沿斜邊AC上的高BD將△ABD折起到△PBD的位置，點E在線段CD上． (1)求證：PE⊥BD； (2)過點D作DM⊥BC交BC于點M，點N為PB的中點，若PE∥平面DMN，求的值． 解析　(1)證明：∵BD⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，∴BD⊥平面PCD.又PE?平面PCD， ∴BD⊥PE. (2)由題意，得BM＝BC， 取BC的中點F，則PF∥MN. 又PF?平面DMN，MN?平面DMN， ∴PF∥平面DMN. 又∵PE∥平面DMN，PE∩PF＝P， ∴平面PEF∥平面DMN，平面PEF∩平面BDC＝EF，平面DMN∩平面BDC＝DM，∴EF∥DM， ∴＝＝. 4．(xx廣東七校聯(lián)考)已知四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為菱形，AD＝2，∠DAB＝60，E為AB的中點． (1)證明：平面PCD⊥平面PDE； (2)若PD＝AD，求點E到平面PBC的距離． 解析　(1)證明：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AB， 連接DB，在菱形ABCD中，∠DAB＝60，∴△DAB為等邊三角形， 又E為AB的中點，∴AB⊥DE，又PD∩DE＝D， ∴AB⊥平面PDE，∵CD∥AB，∴CD⊥平面PDE. ∵CD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面PDE. (2)∵AD＝2，∴PD＝2， 在Rt△PDC中，PC＝4，同理PB＝4， 易知S△PBC＝，S△EBC＝， 設(shè)點E到平面PBC的距離為h，連接EC， 由VP－EBC＝VE－PBC，得S△EBCPD＝S△PBCh， ∴h＝. 5．(xx廣東惠州調(diào)研)如圖，在底面是菱形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ABC＝60，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D＝2，點E在A1D上． (1)證明：AA1⊥平面ABCD； (2)當(dāng)為何值時，A1B∥平面EAC，并求出此時直線A1B與平面EAC之間的距離． 解析　(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60，所以AB＝AD＝AC＝2， 在△AA1B中，由AA＋AB2＝A1B2，知AA1⊥AB， 同理AA1⊥AD，又AB∩AD＝A，AB，AD?平面ABCD， 所以AA1⊥平面ABCD. (2)當(dāng)＝1時，A1B∥平面EAC. 證明如下：如圖，連接BD交AC于點O，當(dāng)＝1，即點E為A1D的中點時， 連接OE，則OE∥A1B，又A1B?平面EAC， 所以A1B∥平面EAC. 直線A1B與平面EAC之間的距離等于點A1到平面EAC的距離，因為E為A1D的中點，所以點A1到平面EAC的距離等于點D到平面EAC的距離，VD－EAC＝VE－ACD，設(shè)AD的中點為F，連接EF，則EF∥AA1，且EF＝1，所以EF⊥平面ACD，可 求得S△ACD＝， 所以VE－ACD＝1＝. 又AE＝，AC＝2，CE＝2，所以S△EAC＝，所以S△EACd＝(d表示點D到平面EAC的距離)，解得d＝，所以直線A1B與平面EAC之間的距離為. 6．如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90，點M，N分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面AA′C′C； (2)設(shè)AB＝λA′A，當(dāng)λ為何值時，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論． 解析　(1)證明：取A′B′的中點E，連接ME，NE. ∵M，N分別為A′B和B′C′的中點，∴NE∥A′C′，ME∥AA′. ∵A′C′?平面AA′C′C，A′A?平面AA′C′C， ∴ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C. 又ME∩NE＝E，∴平面MNE∥平面AA′C′C， ∵MN?平面MNE，∴MN∥平面AA′C′C. (2)連接BN，設(shè)AA′＝a， 則AB＝λAA′＝λa. 由題意知BC＝λa， NC＝BN＝. ∵三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面， ∴平面A′B′C′⊥平面BB′C′C. ∵AB＝AC，∴A′B′＝A′C′，又點N是B′C′的中點， ∴A′N⊥平面BB′C′C，∴CN⊥A′N. 要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可． ∴CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ2a2， ∴λ＝，即λ＝時，CN⊥平面A′MN.