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常考问题12 空间中的平行与垂直


常考问题 12 [真题感悟]

空间中的平行与垂直

1.(2013· 安徽卷)在下列命题中,不是公理的是( A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面

).

C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面 内 D.如果两个不重合

的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共 直线 解析 选项 A 是面面平行的性质定理. 答案 A 2.(2013· 广东卷)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,下列命 题中正确的是( ).

A.若 α⊥β,m?α,n?β,则 m⊥n B.若 α∥β,m?α,n?β, ,则 m∥n C.若 m⊥n,m?α,n?β,则 α⊥β D.若 m⊥α,m∥n,n∥β,则 α⊥β 解析 A 中,m 与 n 可垂直、可异面、可平行;B 中 m 与 n 可平行、可异面;C 中,若 α∥β,仍然满足 m⊥n,m?α,n?β,故 C 错误;故 D 正确. 答案 D 3.(2013· 新课标全国Ⅱ卷)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β.直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则( A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 解析 假设 α∥β,由 m⊥平面 α,n⊥平面 β,则 m∥n,这与已知 m,n 为异面 直线矛盾,那么 α 与 β 相交,设交线为 l1,则 l1⊥m,l1⊥n,在直线 m 上任取一 点作 n1 平行于 n,那么 l1 和 l 都垂直于直线 m 与 n1 所确定的平面,所以 l1∥l. 答案 D ).

4.(2013· 江西卷)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 α 上,且 AB ∥CD,正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 m, n,那么 m+n 等于( ).

A.8 B.9 C.10

D.11

解析 如图,∵CE?平面 ABPQ,CE∥平面 A1B1P1Q1,∴CE 与正方体的其余四 个面所在平面均相交,m=4,取 CD 的中点 G,连接 EG,FG,则易证 CD⊥EG, CD⊥FG, 所以 CD⊥平面 EFG, 又 AB∥CD, 所以 AB⊥平面 EFG, 故平面 BPP1B1 ∥平面 EFG,∴EF∥平面 BPP1B1,且 EF∥平面 AQQ1A1,∴EF 与正方体的其 余四个面所在平面均相交,n=4,故 m+n=8,选 A.

答案 A [考题分析] 题型 选择题、填空题、解答题 难度 低档 线、面位置关系的判断.

中档 线面平行关系与垂直关系的证明.

1.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α. (2)线面平行的性质定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b. (3)面面平行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β. (4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b. 2.平行关系的转化 两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行, 而直线与平面平行又可转化 为直线与直线平行, 所以要注意转化思想的应用, 以下为三种平行关系的转化示

意图.

3.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α. (2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α?a∥b. (3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β. (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β. 4.垂直关系的转化 与平行关系之间的转化类似,它们之间的转化如下示意图.

在垂直的相关定理中,要特别注意记忆面面垂直的性质定理:两个平面垂直,在 一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面, 当题目中有面面垂直的 条件时,一般都要用此定理进行转化.

热点一 空间线面位置关系的判断 例 1 (1)l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点?l1,l2,l3 共面 (2)已知两条直线 m,n,两个平面 α,β,给出下面四个命题: ①m∥n,m⊥α?n⊥α;②α∥β,m?α,n?β?m∥n;③m∥n,m∥α?n∥α; ④n∥β,m∥n,m⊥α?α⊥β. 其中假命题的序号是( A.①④ B.②④ ). C.①② D.②③ ).

解析 (1)当 l1⊥l2,l2⊥l3 时,l1 也可能与 l3 相交或异面,故 A 不正确;l1⊥l2,l2

∥l3?l1⊥l3,故 B 正确;当 l1∥l2∥l3 时,l1,l2,l3 未必共面,如三棱柱的三条 侧棱,故 C 不正确;l1,l2,l3 共点时,l1,l2,l3 未必共面,如正方体中从同一 顶点出发的三条棱,故 D 不正确. (2)因为 α∥β,m?α,n?β,所以可能有 m∥n,也可能有 m 与 n 异面,故②错; m∥n,m∥α,则可能有 n∥α,也可能有 n?α,故③错.易知①④正确. 答案 (1)B (2)D

[规律方法] 正确理解基本概念,学会用三种语言表达公理、定理并做到真正理 解是解决此类题目的关键. 训练 1 (1)若 P 是两条异面直线 l,m 外的任意一点,则下列命题中假命题的序 号是________. ①过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都平行;②过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都垂直;③过点 P 有且仅有一条直线与 l, m 都相交;④过点 P 有且仅有一条直 线与 l,m 都异面. (2)设 l 是直线,α,β 是两个不同的平面( A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β C.若 α⊥β,l⊥α,则 l⊥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β 解析 (2)利用线与面、面与面的关系定理判定,用特例法. 设 α∩β=a,若直线 l∥a,且 l?α,l?β,则 l∥α,l∥β,因此 α 不一定平行于 β, 故 A 错误;由于 l∥α,故在 α 内存在直线 l′∥l,又因为 l⊥β,所以 l′⊥β, 故 α⊥β,所以 B 正确;若 α⊥β,在 β 内作交线的垂线 l,则 l⊥α,此时 l 在平面 β 内,因此 C 错误;已知 α⊥β,若 α∩β=a,l∥a,且 l 不在平面 α,β 内,则 l ∥α 且 l∥β,因此 D 错误. 答案 (1)①③④ (2)B ).

热点二 空间中的平行与垂直关系 例 2 如图,在四棱锥 P-ABCD 中

,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB=AD,∠BAD=60° ,E,F 分别是 AP,AD 的中 点.求证: (1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 证明 (1)如图,在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,

所以 EF∥PD.又因为 EF?平面 PCD,PD?平面 PCD,所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连接 BD.因为 AB=AD,∠BAD=60° ,所以△ABD 为正三角形. 因为 F 是 AD 的中点,所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,BF?平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF?平面 BEF, 所以平面 BEF⊥平面 PAD. [规律方法] 在立体几何的平行关系问题中,“中点”是经常使用的一个特殊点, 通过找“中点”,连“中点”,即可出现平行线,而线线平行是平行关系的根 本.在垂直关系的证明中,线线垂直是问题的核心,可以通过计算的方式证明线 线垂直,也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直, 其中要特别重视两个平面垂 直的性质定理.

训练 2 (2013· 临沂二模)如图,AD⊥平面 ABC,AD∥CE,AC=AD=AB=1,∠

1 BAC=90° ,凸多面体 ABCED 的体积为2,F 为 BC 的中点. (1)求证:AF∥平面 BDE; (2)求证:平面 BDE⊥平面 BCE. 1 证明 (1)取 BE 的中点 G,连接 DG,GF,则 GF 綉2EC,又 AD⊥平面 ABC, ∠BAC=90° ,则 BA⊥平面 ACED,

1 1 1 1 又 VABCED=VB-ACED=3×SACED×AB=3×2×(1+CE)×1×1=2.∴CE=2,∴AD 1 綉2CE,∴AD 綉 GF. ∴四边形 ADGF 为平行四边形, ∴AF∥DG,而 AF?平面 BDE,DG?平面 BDE, ∴AF∥平面 BDE. (2)∵AB=AC=1,F 为 BC 的中点,∴AF⊥BC, 又 AD⊥平面 ABC.CE∥AD,∴EC⊥平面 ABC,AF?平面 ABC, ∴AF⊥EC,又 BC∩EC=C. ∴AF⊥平面 BCE,又 DG∥AF,∴DG⊥平面 BCE, 而 DG?平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 BCE. 热点三 空间几何中的“翻折”问题 例 3 如图,

π 在△ABC 中,∠B=2,AB=BC=2,P 为 AB 边上一动点,PD∥BC 交 AC 于点 D,现将△PDA 沿 PD 翻折至△PDA′,使平面 PDA′⊥平面 PBCD. (1)当棱锥 A′-PBCD 的体积最大时,求 PA 的长.

(2)若点 P 为 AB 的中点,E 为 A′C 的中点,求证:A′B⊥DE. (1)解 令 PA=x(0<x<2),则 A′P=PD=x,BP=2-x.因为 A′P⊥PD,且平面

1 1 A′PD⊥平面 PBCD, 故 A′P⊥平面 PBCD.所以 VA′-PBCD=3Sh=6(2-x)· (2+x)x 1 1 =6(4x-x3).令 f(x)=6(4x-x3), 1 2 由 f′(x)=6(4-3x2)=0,得 x=3 3(负值舍去). 2 ? ? 当 x∈?0,3 3?时,f′(x)>0,f(x)单调递增; ? ? ?2 ? 当 x∈?3 3,2?时,f′(x)<0,f(x)单调递减. ? ? 2 所以当 x=3 3时,f(x)取得最大值. 2 3 故当 VA′-PBCD 最大时,PA= 3 .

(2)证明

设 F 为 A′B 的中点,如图所示,连接 PF,FE,

1 1 则有 EF 綉2BC,PD 綉2BC. 所以 EF 綉 PD. 所以四边形 EFPD 为平行四边形.所以 DE∥PF.又 A′P=PB,所以 PF⊥A′B, 故 DE⊥A′B. [规律方法] (1)解决折叠问题的关键是搞清翻折前后哪些位置关系和数量关系改 变,哪些不变,抓住翻折前后不变的量,充分利用原平面图形的信息是解决问题 的突破口.(2)把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥,从 而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决.

训练 3 平面图形 ABB1A1C1C 如图①所示,其中 BB1C1C 是矩形,BC=2,BB1 =4,AB=AC= 2,A1B1=A1C1= 5,现将该平面图形分别沿 BC 和 B1C1 折叠, 使△ABC 与△A1B1C1 所在平面都与平面 BB1C1C 垂直,再分别连接 A1A,A1B, A1C,得到如图②所示的空间图形.对此空间图形解答下列问题: (1)证明:AA1⊥BC; (2)求 AA1 的长; (3)求二面角 A-BC-A1 的余弦值 (向量法)(1)证明 取 BC,B1C1 的中点分别为 D 和 D1,连接 A1D1,DD1,AD.

由 BB1C1C 为矩形知,DD1⊥B1C1. 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1,所以 DD1⊥平面 A1B1C1. 又由 A1B1=A1C1 知,A1D1⊥B1C1.

图1 故以 D1 为坐标原点,可建立如图 1 所示的空间直角坐标系 D1-xyz. 由题设,可得 A1D1=2,AD=1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C,A1D1⊥平面 BB1C1C,于是 AD∥A1D1. → =(0,3,-4), 所以 A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4),故AA 1 → =(-2,0,0),AA → · → → → BC 1 BC=0,因此AA1⊥BC.即 AA1⊥BC. (2)解 → =(0,3,-4), 因为AA 1

→ 所以|AA1|=5,即 AA1=5. (3)解 法一 连接 A1D.

由 BC⊥AD,BC⊥AA1,可知 BC⊥平面 A1AD,所以 BC⊥A1D,所以∠ADA1 为 二面角 A-BC-A1 的平面角. → =(0, → =(0,2,-4),所以 cos〈DA → ,DA → 〉=- 因为DA -1,0), DA 1 1 5 5 =- 5 ,即二面角 A-BC-A1 的余弦值为- 5 . 法二 设平面 A1BC 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), → ? ?A n1=0, 1C· → → 又 因 为 A1C = ( - 1 , - 2,4) , A1B = (1 , - 2,4) , 所 以 ? → n =0, ? ?A1B· 1 ?x1+2y1-4z1=0, ?x1=0, ? ?? 令 z1=1,则 n1=(0,2,1). ?x1-2y1+4z1=0 ?y1=2z1. 又因为平面 ABC⊥ z 轴,所以取平面 ABC 的法向量为 n2=(0,0,1),则 cos〈n1, n1· n2 1 5 5 n2〉=|n |· = = ,所以二面角 A-BC-A 1 的余弦值为- 5. 1 |n2| 5 5 即 2 1× 2 +?-4?2
2

图2 (综合法)(1)证明 如图 2,取 BC,B1C1 的中点分别为 D 和 D1,连接 A1D1,DD1,

AD,A1D,AD1.由条件可知,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1. 由上可得 AD⊥平面 BB1C1C,A1D1⊥平面 BB1C1C,由此得 AD∥A1D1,即 AD, A1D1 确定平面 AD1A1D. 又因为 DD1∥BB1,BB1⊥BC,所以 DD1⊥BC. 又考虑到 AD⊥BC,AD∩DD1=D,所以 BC⊥平面 AD1A1D,故 BC⊥AA1. (2)解 延长 A1D1 到 G 点,使 GD1=AD.连接 AG.

因为 AD 綉 GD1,所以 AG 綉 DD1 綉 BB1. 由于 BB1⊥平面 A1B1C1,所以 AG⊥A1G. 由条件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4, 所以 AA1=5. (3)解 因为 BC⊥平面 AD1A1D,所以∠ADA1 为二面角 A-BC-A1 的平面角.在 Rt

5 π △A1DD1 中,DD1=4,A1D1=2,解得 sin∠D1DA1= 5 ,cos∠ADA1=cos2+∠ 5 5 D1DA1=- 5 ,即二面角 A-BC-A1 的余弦值为- 5 .

失分案例(五) 逻辑性错误 逻辑性错误指学生在解题过程中由于违犯逻辑思维的规律而产生的错误, 常见的 逻辑性错误有如下形式:步骤缺失、虚假依据、偷换概念、分类不当、循环论证、 不等价变换(用必要条件代替可能导致解集扩大,而用充分条件代替解集可能缩 小).

训练 12

空间中的平行与垂直

(建议用时:50 分钟) 1.(2013· 济南 3 月模拟)已知两条直线 a,b 与两个平面 α,β,b⊥α,则下列命 题中正确的是( ).

①若 a∥α,则 a⊥b;②若 a⊥b,则 a∥α;③若 b⊥β,则 α∥β;④若 α⊥β,则 b∥β. A.①③ B.②④ C.①④ D.②③

解析 过直线 a 作平面 γ 使 α∩γ=c,则 a∥c,再根据 b⊥α 可得 b⊥c,从而 b ⊥a,命题①是真命题;下面考虑命题③,由 b⊥α,b⊥β,可得 α∥β,命题③为 真命题.故正确选项为 A. 答案 A

2.已知 α,β,γ 是三个不重合的平面,a,b 是两条不重合的直线,有下列三个 条件:①a∥γ,b?β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a?γ.如果命题“α∩β=a,b?γ, 且________,那么 a∥b”为真命题,则可以在横线处填入的条件是( A.①或② C.①或③ B.②或③ D.只有② ).

解析 由定理“一条直线与一个平面平行, 则过这条直线的任一平面与此平面的 交线与该直线平行”可得,横线处可填入条件①或③,结合各选项知,选 C. 答案 C 3.已知 m 和 n 是两条不同的直线,α 和 β 是两个不重合的平面,那么下面给出 的条件中一定能推出 m⊥β 的是( A.α⊥β,且 m?α ).

B.m∥n,且 n⊥β

C.α⊥β,且 m∥α D.m⊥n,且 n∥β 解析 根据定理、性质、结论逐个判断.因为 α⊥β,m?α?m,β 的位置关系不 确定,可能平行、相交、m 在 β 面内,故 A 错误;由线面垂直的性质定理可知 B 正确;若 α⊥β,m∥α,则 m,β 的位置关系也不确定,故 C 错误;若 m⊥n,n ∥β,则 m,β 的位置关系也不确定,故 D 错误. 答案 B 4.已知两条不同的直线 m,n 和两个不同的平面 α,β,给出下列四个命题: ①若 m∥α,n∥β,且 α∥β,则 m∥n;②若 m∥α,n⊥β,且 α⊥β,则 m∥n; ③若 m⊥α,n∥β,且 α∥β,则 m⊥n;④若 m⊥α,n⊥β,且 α⊥β,则 m⊥n.其 中正确的个数有( A.1 B.2 C.3 ). D.4

解析 ①中 m,n 可能异面或相交,故不正确;②因为 m∥α,n⊥β 且 α⊥β 成立 时,m,n 两直线的关系可能是相交、平行、异面,故不正确;③因为 m⊥α,α ∥β 可得出 m⊥β,再由 n∥β 可得出 m⊥n,故正确;④分别垂直于两个垂直平 面的两条直线一定垂直,正确.故选 B. 答案 B

5.(2013· 西安质检)如图所示,在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD =45° ,∠BAD=90° ,将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,构成三 棱锥 ABCD,则在三棱锥 A-BCD 中,下列命题正确的是( A.平面 ABD⊥平面 ABC B.平面 ADC⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDC D.平面 ADC⊥平面 ABC 解析 在平面图形中 CD⊥BD, 折起后仍有 CD⊥BD, 由于平面 ABD⊥平面 BCD, 故 CD⊥平面 ABD,CD⊥AB.又 AB⊥AD,故 AB⊥平面 ADC.所以平面 ABC⊥平 面 ADC.D 选项正确. 答案 D 6.设 α 和 β 为两个不重合的平面,给出下列四个命题: ①若 α 内的两条相交直线分别平行于 β 内的两条直线,则 α 平行于 β;②若 α 外 一条直线 l 与 α 内的一条直线平行,则 l 和 α 平行;③设 α 和 β 相交于直线 l, 若 α 内有一条直线垂直于 l,则 α 和 β 垂直;④直线 l 与 α 垂直的充分必要条件 是 l 与 α 内的两条直线垂直. 其中为真命题的是________(写出所有真命题的序号). ).

解析 由①知 α 内两条相交直线分别平行于平面 β,则两条相交直线确定的平面 α 平行于平面 β,故①为真命题;由线面平行的判定定理知,②为真命题;对于 ③,如图,α∩β=l,a?α,a⊥l,但不一定有 α⊥β,故③为假命题; 对于④,直线 l 与平面 α 垂直的充分必要条件是 l 与 α 内的两条相交直线垂直, 故④为假命题. 综上所述,真命题的序号为①②. 答案 ①② 7.(2013· 金丽衢十二校联考)下列四个正方体中,A,B 为正方体的两个顶点,M, N ,P 分别为其所在棱的中点,能得出直线 AB∥平面 MNP 的图形的序号是 ________(写出所有符合要求的图形序号).

解析 对于①,注意到该正方体的面中过直线 AB 的侧面与平面 MNP 平行,因 此直线 AB 平行于平面 MNP;对于②,注意到直线 AB 和过点 A 的一个与平面 MNP 平行的平面相交,因此直线 AB 与平面 MNP 相交;对于③,注意到此时直 线 AB 与平面 MNP 内的一条直线 MP 平行,且直线 AB 位于平面 MNP 外,因此 直线 AB 与平面 MNP 平行;对于④,易知此时 AB 与平面 MNP 相交.综上所述, 能得出直线 AB 平行于平面 MNP 的图形的序号是①③. 答案 ①③ 8.如图,在长方形 ABCD 中,AB=2,BC=1,E 为 DC 的中点,F 为线段 EC 上一动点.现将△AFD 沿 AF 折起,使平面 ABD⊥平面 ABC.在平面 ABD 内过点 D 作 DK⊥AB,K 为垂足.设 AK=t,则 t 的取值范围是________.

解析 如图,过 D 作 DG⊥AF,垂足为 G,连接 GK,∵平面 ABD⊥平面 ABC, DK⊥AB,∴DK⊥平面 ABC,∴DK⊥AF.又 DG⊥AF,∴AF⊥平面 DKG,∴AF ⊥GK. AB 容易得到,当 F 运动到 E 点时,K 为 AB 的中点,t=AK= 2 =1;当 F 运动到 C 点时,在 Rt△ADF 中,易得 AF= 5,且 AG= 1 4 ,GF= ,又易知 Rt△AGK 5 5

AG AB 1 ?1 ? ∽Rt△ABF,则AK =AF,又 AB=2,AK=t,则 t=2.∴t 的取值范围是?2,1?. ? ?

?1 ? 答案 ?2,1? ? ?

9.(2013· 南京模拟)如图,正方形 ABCD 和三角形 ACE 所在的平面互相垂直,EF ∥BD,AB= 2EF. (1)求证:BF∥平面 ACE; (2)求证:BF⊥BD. 证明 (1)设 AC 与 BD 交于 O 点,连接 EO.

在正方形 ABCD 中, 2BO=AB,又因为 AB= 2EF,∴BO=EF,又因为 EF∥ BD,∴四边形 EFBO 是平行四边形,∴BF∥EO,又∵BF?平面 ACE,EO?平 面 ACE, ∴BF∥平面 ACE. (2)在正方形 ABCD 中,AC⊥BD,又因为正方形 ABCD 和三角形 ACE 所在的平 面互相垂直, BD?平面 ABCD, 平面 ABCD∩平面 ACE=AC, ∴BD⊥平面 ACE, ∵EO?平面 ACE,∴BD⊥EO,∵EO∥BF,∴BF⊥BD.

10.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,点 O 是对角线 AC 与 BD 的交点,M 是 PD 的中点,AB=2,∠BAD=60° . (1)求证:OM∥平面 PAB; (2)求证:平面 PBD⊥平面 PAC;

(3)当四棱锥 P-ABCD 的体积等于 3时,求 PB 的长. (1)证明 ∵在△PBD 中,O,M 分别是 BD,PD 的中点,∴OM 是△PBD 的中

位线,∴OM∥PB. ∵OM?平面 PAB,PB?平面 PAB,∴OM∥平面 PAB. (2)证明 ∵底面 ABCD 是菱形, ∴BD⊥AC.∵PA⊥平面 ABCD, BD?平面 ABCD,

∴PA⊥BD.又 AC?平面 PAC,PA?平面 PAC,AC∩PA=A,∴BD⊥平面 PAC. ∵BD?平面 PBD,∴平面 PBD⊥平面 PAC. (3)解 ∵底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60° ,

1 3 ∴S 菱形 ABCD=2×2×AB×AD×sin 60° =2×2× 2 =2 3. 1 3 ∵四棱锥 P-ABCD 的高为 PA,∴3×2 3×PA= 3,解得 PA=2.又∵PA⊥平面 ABCD , AB ? 平面 ABCD ,∴ PA ⊥ AB. 在 Rt △ PAB 中, PB = 5 ?3?2 ?2? +22= . 2 ? ? 11.如图,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,D1D⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行 四边形, PA2+AB2 =

AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD. 证明 (1)法一 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,所以 D1D⊥BD.

在△ABD 中,由余弦定理,得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos∠BAD. 又因为 AB=2AD,∠BAD=60° ,所以 BD2=3AD2. 所以 AD2+BD2=AB2,因此 AD⊥BD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,所以 AA1⊥BD. 法二 因为 DD1⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,

所以 BD⊥D1D. 如图 1,取 AB 的中点 G,连接 DG.

图1 在△ABD 中,由 AB=2AD,得 AG=AD.又∠BAD=60° ,所以△ADG 为等边三 角形,所以 GD=GB,故∠DBG=∠GDB. 又∠AGD=60° ,所以∠GDB=30° , 所以∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° , 所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,所以 AA1⊥BD. (2)如图 2,连接 AC,A1C1. 设 AC∩BD 于点 E,

图2 连接 EA1. 因为四边形 ABCD 为平行四边形, 1 所以 EC=2AC. 由棱台的定义及 AB=2AD=2A1B1 知, A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形, 因此 CC1∥EA1. 又因为 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD, 所以 CC1∥平面 A1BD.


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