復習篇第1講立體幾何專題1線面位置關系的證明2024年高二寒假數(shù)學專題化復習與重點化預習（人教A版2019）

第1講立體幾何專題1：線面位置關系的證明本講義整體上難度中等偏上，題目有一定的分層，題量略大！1線面位置關系的判定定理和性質(zhì)定理（1）線面平行①判定定理如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.②性質(zhì)一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.（2）面面平行①判定定理如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么兩個平面互相平行；推論：一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面的兩條直線，那么這兩個平面互相平行.②性質(zhì)a?αα//β?a//β(α//βα∩γ=aβ∩γ=b?a//b(面面平行夾在兩個平行平面間的平行線段相等.（3）線面垂直①判定定理如果一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直.②性質(zhì)(i)l⊥α,a?α?l⊥a(線面垂直?線線垂直)(ii)垂直同一平面的兩直線平行a⊥α,b⊥α?a//b（4）面面垂直①判定定理如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直.②性質(zhì)兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直.2空間向量的應用(1)線面平行設直線l的方向向量是a，平面α的法向量是n，則要證明只需證明a⊥n(2)面面平行若平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2,要證α||β，只需證n(3)線面垂直①(法一)設直線l的方向向量是a,平面α的法向量是n，則要證明l⊥α，只需證明a②(法二)設直線l的方向向量是a，平面α內(nèi)的兩個相交向量分別為m,若a(4)面面垂直若平面α的法向量為n1，平面β的法向量為只需證n1⊥n【題型1】非向量法證明線面位置關系【典題1】如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E，F(xiàn)，G分別是PC，PD，BC的中點．(1)求證：平面PAB∥平面EFG；(2)證明：平面EFG⊥平面PAD．解析證明：(1)因為E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，所以EF∥CD，又因為ABCD為正方形，則AB∥CD，所以EF∥AB，因為EF?平面PAB，AB?平面PAB，所以EF∥平面PAB，因為E，G分別是PC，BC的中點，所以EG∥PB，因為EG?平面PAB，PB?平面PAB，所以EG∥平面PAB，且EF?EG＝E，EF，EG?平面EFG，所以平面EFG∥平面PAB．(2)因為PD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，則PD⊥CD，又因為ABCD是正方形，則CD⊥AD，且AD?PD＝D，AD，PD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又因為EF∥CD，所以EF⊥平面PAD，且EF?平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAD．【鞏固練習】1.(★★)如圖，四邊形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，點F在棱PA上．(1)求證：PA∥平面CDE；(2)求證：平面PAB∥平面CDE；(3)求證：BF⊥AD．解析證明：(1)因為PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以PA∥DE，而PA?平面CDE，DE?平面CDE，所以PA∥平面CDE；(2)因為四邊形ABCD是矩形，所以AB∥CD，由(1)可得PA∥DE，AB∩PA＝A，DE∩CD＝D，所以平面PAB∥平面CDE；(3)因為PA⊥平面ABCD，PA?平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD，又因為平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面PAB，而BF?平面PAB，可證得：AD⊥BF．即BF⊥AD．2.(★★)如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直圓O所在的平面，C是圓O上的點．(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)設Q為PA的中點，G為△AOC的重心，求證：面OQG∥平面PBC．解析(1)∵AB是圓O的直徑，∴BC⊥AC，又∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴BC⊥PA．∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC；(2)取延長OG，交AC于M，連結GM、QM，∵G為△AOC的重心，∴OM是△AOC的中線，∵Q為PA的中點，M為AC的中點，∴QM∥PC，∵QM?平面PBC，PC?平面PBC，∴QM∥平面PBC，同理可得QO∥平面PBC，∵QM、QO是平面OQG內(nèi)的相交直線，∴平面OQG∥平面PBC．3.(★★★)如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC=12AD，(1)求證：CE∥平面PAB；(2)若M是線段CE上一動點，則線段AD上是否存在點N，使MN∥平面PAB？說明理由．答案(1)略；(2)存在解析(1)證明：如下圖，設F為AP中點，連接EF、BF，因為E是PD的中點，F(xiàn)為AP中點，所以EF∥AD且BC=因為BC∥平面PAD，BC?平面ABCD，且平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，且BC=所以EF∥BC，且EF＝BC，可得四邊形BCEF為平行四邊形，CE∥BF，因為CE?平面PAB，BF?平面PAB，所以CE∥平面PAB；(2)取AD中點N，連接CN、EN，∵E，N分別為PD，AD的中點，∴EN∥PA，∵EN?平面PAB，PA?平面PAB，∴EN∥平面PAB，線段AD存在點N，使得MN∥平面PAB，理由如下：由(1)知：CE∥平面PAB，又CE?EN＝E，∴平面CEN∥平面PAB，又M是CE上的動點，MN?平面CEN，∴MN∥平面PAB，∴線段AD上存在點N，使得MN∥平面PAB．【題型2】向量法證明線面位置關系【典題1】在如圖所示的幾何體中，面CDEF為正方形，面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB=2BC，∠ABC=60°(1)求證：AC⊥平面FBC；(2)線段ED上是否存在點Q，使平面EAC⊥平面QBC？證明你的結論．解析(1)證明：∵AB=2BC，∠ABC=60°，在△ABC中，由余弦定理可得AC∴AC2+B∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，F(xiàn)B∩BC=B，∴AC⊥平面FBC．(2)線段ED上不存在點Q，使平面EAC⊥平面QBC．證明如下：因為AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC．因為CD⊥FC，所以FC⊥平面ABCD．所以CA,CF,CB兩兩互相垂直，如圖建立的空間直角坐標系C－在等腰梯形ABCD中，可得CB=CD．設BC=1，所以C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0)，所以CE=(32設平面EAC的法向量為n=(x,y,z)，則&所以32x-12y+z=0假設線段ED上存在點Q，設Q(32,-設平面QBC的法向量為m=(a,b,c)，則所以b=032a-12要使平面EAC⊥平面QBC，只需m?即-2所以線段ED上不存在點Q，使平面EAC⊥平面QBC．【鞏固練習】1.(★★★)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，(1)證明：A1B∥平面(2)證明：平面ADC1⊥解析(1)證明：∵在直三棱柱ABC－A1B∴以A1為原點，A1C1為x軸，A1B1建立空間直角坐標系，設AB=AC=AAA1(0,0,0)，B(0,2,2)，C(2,0,2)，D(1,1,2)，C1A1B=(0,2,2)，AD設平面ADC1的法向量則&n?AD=x+y=0&∵n?A1B∴A1B∥(2)證明：∵DC=(1,－設平面BB1C則&m?DC=a-b=0&又平面ADC1的法向量∴n∴平面ADC1⊥【題型3】線面位置關系中存在性問題【典題1】如圖1所示，在邊長為12的正方形AA′A′1A1中，BB1∥CC1∥AA1，且AB＝3，BC＝4，AA1′分別交BB1，CC1于點P，Q，將該正方形沿BB1、CC1折疊，使得A′A1′與AA1重合，構成如圖2所示的三棱柱ABC﹣A1B1C1中(Ⅰ)求證：AB⊥PQ；(Ⅱ)在底邊AC上是否存在一點M，滿足BM∥平面APQ，若存在試確定點M的位置，若不存在請說明理由．解析(Ⅰ)證明：因為AB＝3，BC＝4，所以AC＝5，從而AC2＝AB2+BC2，即AB⊥BC．(3分)又因為AB⊥BB1，而BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BC1，又PQ?平面BC1所以AB⊥PQ(6分)(Ⅱ)在底邊AC上存在一點M，使得AM：MC＝3：4，滿足BM∥平面APQ，證明：過M作MN∥CQ交AQ于N，連接PN，∵AM：MC＝3：4，∴AM：AC＝MN：CQ＝3：7∴MN＝PB＝3，∵PB∥CQ，∴MN∥PB，∴四邊形PBMN為平行四邊形，∴BM∥PN，∴BM∥平面APQ，∴BM∥平面APQ，此時有AMMC=【典題2】如圖，四棱錐S－ABCD中．ABCD為矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD=1，AB=2，SD=3．E為CD(1)求證：AE⊥平面SBD；(2)M、N分別在線段SB、CD上的點，是否存在M、N，使解析(1)方法一證明：∵SD⊥AD，且SD⊥AB，∴SD⊥平面ABCD．又∵AD⊥CD可建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意可知D0,0,0,E0,1∴AE∴∴AE⊥DB,AE⊥DS又DB∩DS=D∴AE⊥平面SBD；方法二∵SD⊥AD，且SD⊥AB，∴SD⊥平面ABCD∴SD⊥AE如圖：∵tan∠DAE=DE∴∴∠∴AE⊥BD；∴AE⊥平面SBD；(2)假設存在MN滿足MN⊥CD且MN⊥SB．在空間直角坐標系中，BS=(-1,-2,∵M在線段CD上可設BM∵∴M的坐標(1∵N在線段SB上可設N(0,y,0),y∈[0,2]則NM=(1要使MN⊥CD且MN⊥SB，則NM→可得2(2-2λ-y)=0-(1-λ)-2(2-2λ-y)+3λ=0解得λ=1故存在MN使MN⊥CD且MN⊥SB，其中M是線段SB靠近B的四等分點，N是線段CD靠近C的四等分點.【鞏固練習】1.(★★)在三棱錐P－ABC中，PB⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=PB=2，BC=23，E、G分別為(I)求證：平面BCG⊥平面PAC；(II)在線段AC上是否存在一點N，使PN⊥BE？證明你的結論．答案(1)略；(2)存在解析(Ⅰ)∵PB⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴BC⊥PB，又AB⊥BC，AB∩BP=B，∴BC⊥平面PAB，PA?平面PAB，∴BC⊥PA．①又AB=PB=2，△PAB為等腰直角三角形，G為斜邊PA的中點，∴BG⊥PA，②又BG∩BC=B，∴PA⊥平面BCG，PA?平面PAC，∴平面BCG⊥平面PAC；(Ⅱ)以點B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BP為z軸建立空間直角坐標系，則A(2,0,0),C(0,23設存在點N∈AC，使PN⊥BE，點N的坐標設為N則：得BE由相似三角形得：2-x0|AB|∴y0又PN⊥BE，∴BE∴0×x∴x0=432.(★★★)如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是菱形，側面PAB是正三角形，M是PD上一動點，N是CD中點．(Ⅰ)當M是PD中點時，求證：PC∥平面BMN；(Ⅱ)若∠ABC＝60°，求證：PC⊥AB；(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下，是否存在點M，使得PC⊥BM？若存在，求PMMD答案(1)略；(2)略；(3)1.解析(Ⅰ)證明：因為點M是PD中點，點N是CD中點，所以MN∥PC，因為PC?平面BMN，MN?平面BMN，所以PC∥平面BMN．(Ⅱ)證明：如圖，取AB中點F，連接AC，PF，CF，因為側面PAB是正三角形，所以PF⊥AB，因為底面BCD是菱形，且∠ABC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，所以CF⊥AB，因為PF⊥AB，CF⊥AB，PF∩CF＝F，PF，CF?平面PFC，所以AB⊥平面PFC，因為PC?平面PFC，所以PC⊥AB．(Ⅲ)解：如圖，取PC中點E，連接BE，AE．因為四棱錐P﹣ABCD的底面是菱形，側面PAB是正三角形，所以PB＝AB＝BC，所以BE⊥PC，又因為PC⊥AB，AB∩BE＝B，所以PC⊥平面ABE，過E作EM∥CD交PD于點M，因為EM∥CD∥AB，所以點M∈平面ABE，所以PC⊥平面BEM，因為E為PC的中點，EM∥CD，所以PM＝MD，所以PMMD3.(★★★★)如圖，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面相互垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2．(1)求證：AC⊥BF；(2)在線段BE上是否存在一點P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出|PE|答案(1)略；(2)32解析(1)證明：∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF?平面ADEF，∴AF⊥平面ABCD．∵AC?平面ABCD，∴AF⊥AC．過A作AH⊥BC于H，則BH＝1，AH=3,，CH∴AC=23，AB2+AC2＝BC2∴AC⊥AB，∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，∵BF?平面FAB，∴AC⊥BF．(2)解：存在滿足條件的點P，且|PE由(1)可知，AF、AB、AC兩兩垂直，以A為坐標原點，AB,AC,AF的方向分別為x軸、建立如圖所示的空間直角坐標系A﹣xyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0,2假設在線段BE上存在一點P滿足題意，則點P不與點B、E重合，設|BP||PE|=λ，則λ＞0，由AP=可得&m令x＝1，則z=λ-22λ，所以m=同理，可求得n=1,3當m?n=0時，即1+0+λ-22λ=0時，平面PAC因此，存在滿足題意的點P，此時|PE1.(★★)如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，AA1，D1C1的中點，連接CD1，EM，MN，EN，NF，EF．(1)證明：D1C∥平面EMN；(2)證明：E，F(xiàn)，N，M四點共面．解析根據(jù)題意，設長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2a，DC＝2b，DD1＝2c，如圖建立空間直角坐標系：則D(0，0，0)，A(2a，0，0)，C(0，2b，0)，B(2a，2b，0)，D1(0，0，2c)，A1(2a，0，2c)，C1(0，2b，2c)，B1(2a，2b，2c)，則M(2a，b，0)，N(a，2b，0)，E(2a，0，c)，F(xiàn)(0，b，2c)(1)證明：D1則有D1C=-2ME，故D1則有D1C∥平面EMN；(2)證明：EF=(-2a,b,c),則有EF=-3EM+2必有E，F(xiàn)，N，M四點共面．2.(★★)在邊長是2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，(1)求EF的長；(2)證明：EF∥平面AA1D1D；(3)解析(1)如圖建立空間直角坐標系，則A12,0,2D1∵E,F分別為AB,A1C的中點，∴E(2,1,0)，F(xiàn)(1,1,1)∴|EF(2)∵AD1=(-2,0,2)=2又AD1?平面AA1∴EF∥平面AA(3)CD=&0,????&&-2,????&&0，∵CD?EF=0，EF?A1∴EF⊥平面A13.(★★★)如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是邊長為4的等邊三角形，BC＝2，∠ABC＝60°，M是PC上一點．(1)若M是PC的中點，證明：PA∥平面BDM；(2)若平面MAB⊥平面PCD，求PMPC答案(1)略；(2)45解析證明：(1)連接BD∩AC＝O，連接DM，BM，OM，如圖，因為底面ABCD是平行四邊形，所以O是AC的中點，又M是PC的中點，所以OM∥PA，因為OM?平面BDM，PA?平面BDM，所以PA∥平面BDM．(2)記AB的中點為Q，連接PQ，則PQ⊥AB，在平面ABCD過Q作QE⊥AB，交CD于E，連接PE，如圖，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PQ?平面PAB，所以PQ⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，則PQ⊥CD，易得QE⊥CD，又PQ?QE＝Q，PQ，QE?面PQE，所以CD⊥面PQE，因為PE?面PQE，所以CD⊥PE，過M作MN∥CD交PE于N，連接NQ，則PE⊥MN，因為MN∥CD，AB∥CD，所以MN∥AB，則M，N，A，B四點共面，所以平面MAB與平面PCD交線一部分為MN，又平面MAB⊥平面PCD，PE?平面PCD，所以PE⊥平面MAB，因為NQ?平面MAB，所以PE⊥NQ，因為△PAB是邊長為4的等邊三角形，所以PQ⊥AB，PQ=23因為平行四邊形ABCD中，BC＝2，∠ABC＝60°，AB＝4，則BQ＝2，EQ=故在Rt△PQE中，PE=易得∠PQE＝∠PNQ＝90°，∠EPQ＝∠QPN，則△EPQ?所以PQPN=PE因為MN∥CD，所以PMPC4.(★★★)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)(1)求異面直線AG與BF所成角的余弦值；(2)求證：AG∥平面BEF；(3)試在棱BB1上找一點M，使DM⊥平面答案(1)255；(2)略；(3)M為棱BB1的中點時，解析(1)以D為坐標原點，DA，DC，DD1分別作為x軸，y軸和則A(1,0,0)，B(1,1,0)，E(1,12,1)，F(xiàn)(∴AG=-1,∴cos＜故異面直線AG與BF所成角的余弦值為25(2)∵EF=-而AG=(-1,12故AG與平面BEF共面，又因為AG不在平面BEF內(nèi)，∴AG∥平面BEF．(3)設M(1,1,m)，則DM=(1,1,m)由DM?∴-1所以M為棱BB1