2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第八章 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題 理 新人教A版.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第八章 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題 理 新人教A版 1.(xx廣東)某四棱臺(tái)的三視圖如圖所示,則該四棱臺(tái)的體積是( ) A.4 B. C. D.6 答案 B 解析 由三視圖知四棱臺(tái)的直觀圖為 由棱臺(tái)的體積公式得:V=(22+11+)2=. 2.(xx課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)已知m,n為異面直線,m⊥平面α,n⊥平面β.直線l滿足l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,則( ) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α與β相交,且交線垂直于l D.α與β相交,且交線平行于l 答案 D 解析 假設(shè)α∥β,由m⊥平面α,n⊥平面β,則m∥n,這與已知m,n為異面直線矛盾,那么α與β相交,設(shè)交線為l1,則l1⊥m,l1⊥n,在直線m上任取一點(diǎn)作n1平行于n,那么l1和l都垂直于直線m與n1所確定的平面,所以l1∥l. 3.(xx四川)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn).設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上,直線OP與平面A1BD所成的角為α,則sin α的取值范圍是( ) A.[,1] B.[,1] C.[,] D.[,1] 答案 B 解析 根據(jù)題意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且兩平面的交線是A1O, 所以過點(diǎn)P作交線A1O的垂線PE, 則PE⊥平面A1BD,所以∠A1OP或其補(bǔ)角就是直線OP與平面A1BD所成的角α. 設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2,則根據(jù)圖形可知直線OP與平面A1BD可以垂直. 當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C1重合時(shí)可得A1O=OP=,A1C1=2, 所以sin α=22, 所以sin α=; 當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí),可得sin α==. 根據(jù)選項(xiàng)可知B正確. 4.(xx山東)三棱錐P-ABC中,D,E分別為PB,PC的中點(diǎn),記三棱錐D-ABE的體積為V1,P-ABC的體積為V2,則=________. 答案 解析 設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h. ∵D,E分別為PB,PC的中點(diǎn), ∴S△BDE=S△PBC, ∴===. 5.(xx江蘇改編)如圖,在三棱錐P-ABC中,D,E,F(xiàn)分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn).若PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.則PA與平面DEF的位置關(guān)系是________;平面BDE與平面ABC的位置關(guān)系是________.(填“平行”或“垂直”) 答案 平行 垂直 解析 (1)因?yàn)镈,E分別為棱PC,AC的中點(diǎn), 所以DE∥PA. 又因?yàn)镻A?平面DEF,DE?平面DEF, 所以直線PA∥平面DEF. (2)因?yàn)镈,E,F(xiàn)分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn),PA=6,BC=8, 所以DE=PA=3,EF=BC=4. 又因?yàn)镈F=5,故DF2=DE2+EF2, 所以∠DEF=90,即DE⊥EF. 又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC. 因?yàn)锳C∩EF=E,AC?平面ABC,EF?平面ABC, 所以DE⊥平面ABC, 又DE?平面BDE, 所以平面BDE⊥平面ABC. 題型一 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 例1 (xx安徽)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為8的正方形,四條側(cè)棱長(zhǎng)均為2.點(diǎn)G,E,F(xiàn),H分別是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點(diǎn),平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH. (1)證明:GH∥EF; (2)若EB=2,求四邊形GEFH的面積. 思維點(diǎn)撥 (1)證明GH∥EF,只需證明EF∥平面PBC,只需證明BC∥EF,利用BC∥平面GEFH即可;(2)求出四邊形GEFH的上底、下底及高,即可求出面積. (1)證明 因?yàn)锽C∥平面GEFH,BC?平面PBC, 且平面PBC∩平面GEFH=GH, 所以GH∥BC. 同理可證EF∥BC,因此GH∥EF. (2)解 如圖,連接AC,BD交于點(diǎn)O,BD交EF于點(diǎn)K,連接OP,GK. 因?yàn)镻A=PC,O是AC的中點(diǎn),所以PO⊥AC, 同理可得PO⊥BD. 又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內(nèi), 所以PO⊥底面ABCD. 又因?yàn)槠矫鍳EFH⊥平面ABCD, 且PO?平面GEFH,所以PO∥平面GEFH. 因?yàn)槠矫鍼BD∩平面GEFH=GK, 所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD, 從而GK⊥EF. 所以GK是梯形GEFH的高. 由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4, 從而KB=DB=OB,即K為OB的中點(diǎn). 再由PO∥GK得GK=PO, 即G是PB的中點(diǎn),且GH=BC=4. 由已知可得OB=4, PO===6, 所以GK=3. 故四邊形GEFH的面積S=GK =3=18. 思維升華 高考對(duì)該部分的考查重點(diǎn)是空間的平行關(guān)系和垂直關(guān)系的證明,一般以解答題的形式出現(xiàn),試題難度中等,但對(duì)空間想象能力和邏輯推理能力有一定的要求,在試卷中也可能以選擇題或者填空題的方式考查空間位置關(guān)系的基本定理在判斷線面位置關(guān)系中的應(yīng)用. (xx江蘇)如圖,在三棱錐S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.過A作AF⊥SB,垂足為F,點(diǎn)E,G分別是棱SA,SC的中點(diǎn). 求證:(1)平面EFG∥平面ABC; (2)BC⊥SA. 證明 (1)由AS=AB,AF⊥SB知F為SB中點(diǎn), 則EF∥AB,F(xiàn)G∥BC, 又EF∩FG=F,AB∩BC=B, 因此平面EFG∥平面ABC. (2)由平面SAB⊥平面SBC,且AF⊥SB, 知AF⊥平面SBC,則AF⊥BC. 又BC⊥AB,AF∩AB=A,則BC⊥平面SAB, 又SA?平面SAB,因此BC⊥SA. 題型二 平面圖形的翻折問題 例2 (xx廣東)如圖(1),四邊形ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如圖(2)折疊,折痕EF∥DC.其中點(diǎn)E,F(xiàn)分別在線段PD,PC上,沿EF折疊后點(diǎn)P疊在線段AD上的點(diǎn)記為M,并且MF⊥CF. (1)證明:CF⊥平面MDF; (2)求三棱錐M-CDE的體積. 思維點(diǎn)撥 折疊后,MD與平面CDEF的垂直關(guān)系不變. (1)證明 因?yàn)镻D⊥平面ABCD,AD?平面ABCD, 所以PD⊥AD. 又因?yàn)锳BCD是矩形,CD⊥AD,PD與CD交于點(diǎn)D, 所以AD⊥平面PCD.又CF?平面PCD, 所以AD⊥CF,即MD⊥CF. 又MF⊥CF,MD∩MF=M,所以CF⊥平面MDF. (2)解 因?yàn)镻D⊥DC,BC=2,CD=1,∠PCD=60, 所以PD=,由(1)知FD⊥CF, 在直角三角形DCF中,CF=CD=. 過點(diǎn)F作FG⊥CD交CD于點(diǎn)G,得FG=FCsin 60==, 所以DE=FG=,故ME=PE=-=, 所以MD== =. S△CDE=DEDC=1=. 故VM-CDE=MDS△CDE==. 思維升華 平面圖形的翻折問題,關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況.一般地翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化,不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化. 已知四邊形ABCD是矩形,AB=1,BC=,將△ABC沿著對(duì)角線AC折起來得到△AB1C且頂點(diǎn)B1在平面ACD上的射影O恰落在邊AD上,如圖所示. (1)求證:平面AB1C⊥平面B1CD; (2)求三棱錐B1-ABC的體積VB1-ABC. (1)證明 ∵B1O⊥平面ABCD,CD?平面ABCD, ∴B1O⊥CD, 又CD⊥AD,AD∩B1O=O,∴CD⊥平面AB1D, 又AB1?平面AB1D,∴AB1⊥CD, 又AB1⊥B1C,且B1C∩CD=C, ∴AB1⊥平面B1CD, 又AB1?平面AB1C,∴平面AB1C⊥平面B1CD. (2)解 由于AB1⊥平面B1CD,B1D?平面ABCD, 所以AB1⊥B1D, 在Rt△AB1D中,B1D==, 又由B1OAD=AB1B1D得B1O==, 所以VB1-ABC=S△ABCB1O=1=. 題型三 線面位置關(guān)系中的存在性問題 例3 (xx四川)在如圖所示的多面體中,四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形. (1)若AC⊥BC,證明:直線BC⊥平面ACC1A1; (2)設(shè)D,E分別是線段BC,CC1的中點(diǎn),在線段AB上是否存在一點(diǎn)M,使直線DE∥平面A1MC?請(qǐng)證明你的結(jié)論. 思維點(diǎn)撥 (1)先證明AA1⊥平面ABC,可得AA1⊥BC,利用AC⊥BC,可以證明直線BC⊥平面ACC1A1;(2)取AB的中點(diǎn)M,連接A1M,MC,A1C,AC1,A1C與AC1交于點(diǎn)O,證明四邊形MDEO為平行四邊形即可. (1)證明 因?yàn)樗倪呅蜛BB1A1和ACC1A1都是矩形, 所以AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因?yàn)锳B,AC為平面ABC內(nèi)兩條相交的直線, 所以AA1⊥平面ABC. 因?yàn)橹本€BC?平面ABC,所以AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1和AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交的直線,所以BC⊥平面ACC1A1. (2)解 取線段AB的中點(diǎn)M,連接A1M,MC,A1C,AC1,設(shè)點(diǎn)O為A1C,AC1的交點(diǎn). 由已知,點(diǎn)O為AC1的中點(diǎn). 連接MD,OE,則MD,OE分別為△ABC,△ACC1的中位線, 所以MD綊AC,OE綊AC, 因此MD綊OE. 連接OM,從而四邊形MDEO為平行四邊形,則DE∥MO. 因?yàn)橹本€DE?平面A1MC,MO?平面A1MC, 所以直線DE∥平面A1MC. 即線段AB上存在一點(diǎn)M(線段AB的中點(diǎn)),使直線DE∥平面A1MC. 思維升華 對(duì)于線面關(guān)系中的存在性問題,首先假設(shè)存在,然后在這假設(shè)條件下,利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證,尋找假設(shè)滿足的條件,若滿足則肯定假設(shè),若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè). 如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC. (1)求證:D1C⊥AC1; (2)問在棱CD上是否存在點(diǎn)E,使D1E∥平面A1BD.若存在,確定點(diǎn)E位置;若不存在,說明理由. (1)證明 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,連接C1D, ∵DC=DD1,∴四邊形DCC1D1是正方形, ∴DC1⊥D1C. 又AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, ∴AD⊥平面DCC1D1, 又D1C?平面DCC1D1, ∴AD⊥D1C. ∵AD?平面ADC1,DC1?平面ADC1,且AD∩DC1=D, ∴D1C⊥平面ADC1, 又AC1?平面ADC1,∴D1C⊥AC1. (2)解 假設(shè)存在點(diǎn)E,使D1E∥平面A1BD. 連接AD1,AE,D1E, 設(shè)AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,連接MN, ∵平面AD1E∩平面A1BD=MN, 要使D1E∥平面A1BD, 可使MN∥D1E, 又M是AD1的中點(diǎn), 則N是AE的中點(diǎn). 又易知△ABN≌△EDN, ∴AB=DE. 即E是DC的中點(diǎn). 綜上所述,當(dāng)E是DC的中點(diǎn)時(shí), 可使D1E∥平面A1BD. 題型四 空間向量與立體幾何 例4 (xx遼寧)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120,E,F(xiàn)分別為AC,DC的中點(diǎn). (1)求證:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值. 思維點(diǎn)撥 可以B為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,用向量法. 方法一 (1)證明 如圖(1),過E作EO⊥BC,垂足為O,連接OF. (1) 由題意得△ABC≌△DBC, 可證出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC=∠FOC=, 即FO⊥BC. 又EO⊥BC,EO∩FO=O, 因此BC⊥平面EFO. 又EF?平面EFO,所以EF⊥BC. (2)解 如圖(1),過O作OG⊥BF,垂足為G,連接EG. 由平面ABC⊥平面BDC,從而EO⊥平面BDC. 又OG⊥BF,EO⊥BF,所以BF⊥平面EGO, 所以EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角. 在△EOC中,EO=OF=FC=BCcos 30=. 由△BGO∽△BFC知,OG=FC=, 因此tan∠EGO==2,從而sin∠EGO=, 即二面角E-BF-C的正弦值為. 方法二 (1)證明 由題意,以B為坐標(biāo)原點(diǎn),在平面DBC內(nèi)過B作垂直于BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸,建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系, (2) 易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0), 因而E(0,,),F(xiàn)(,,0), 所以=(,0,-),=(0,2,0), 因此=0.從而⊥,所以EF⊥BC. (2)解 如圖(2),平面BFC的一個(gè)法向量為n1=(0,0,1). 設(shè)平面BEF的法向量為n2=(x,y,z), 又=(,,0),=(0,,), 由得其中一個(gè)n2=(1,-,1). 設(shè)二面角E-BF-C的大小為θ,且由題意知θ為銳角,則cos θ=|cos〈n1,n2〉|==. 因此sin θ==,即二面角E-BF-C的正弦值為. 思維升華 用向量法解決立體幾何問題,可使復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化,使推理論證變?yōu)橛?jì)算求解,降低思維難度使立體幾何問題“公式”化,訓(xùn)練的關(guān)鍵在于“歸類、尋法”. 在如圖所示的幾何體中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60,AA1綊DD1綊CC1∥BE,且AA1=AB,D1E⊥平面D1AC,AA1⊥底面ABCD. (1)求二面角D1-AC-E的大?。? (2)在D1E上是否存在一點(diǎn)P,使得A1P∥平面EAC,若存在,求的值,若不存在,說明理由. 解 (1)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,設(shè)AB=2, 則A(,0,0),B(0,-1,0),C(-,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2), 設(shè)E(0,-1,t),t>0,則=(0,2,2-t),=(2,0,0),=(,-1,-2). ∵D1E⊥面D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A, ∴解得t=3,∴E(0,-1,3), ∴=(-,-1,3), 設(shè)平面EAC的法向量為m=(x,y,z), 則∴ 令z=1,y=3,m=(0,3,1). 又平面D1AC的法向量=(0,2,-1), ∴cos〈m,〉==. 所以所求二面角的大小為45. (2)假設(shè)存在點(diǎn)P滿足題意. 設(shè)=λ=λ(-), 得==(0,-,), =+=(-,1,0)+(0,-,) =(-,1-,) ∵A1P∥平面EAC,∴⊥m, ∴-0+3(1-)+1=0, 解得λ=, 故存在點(diǎn)P使A1P∥面EAC,此時(shí)D1P∶PE=3∶2. (時(shí)間:70分鐘) 1.(xx重慶)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為( ) A.54 B.60 C.66 D.72 答案 B 解析 由俯視圖可以判斷該幾何體的底面為直角三角形,由正視圖和側(cè)視圖可以判斷該幾何體是由直三棱柱(側(cè)棱與底面垂直的棱柱)截取得到的.在長(zhǎng)方體中分析還原,如圖(1)所示,故該幾何體的直觀圖如圖(2)所示.在圖(1)中,直角梯形ABPA1的面積為(2+5)4=14,計(jì)算可得A1P=5.直角梯形BCC1P的面積為(2+5)5=.因?yàn)锳1C1⊥平面A1ABP,A1P?平面A1ABP,所以A1C1⊥A1P,故Rt△A1PC1的面積為53=. 又Rt△ABC的面積為43=6,矩形ACC1A1的面積為53=15,故幾何體ABC-A1PC1的表面積為14+++6+15=60. 2.已知m,n分別是兩條不重合的直線,a,b分別垂直于兩不重合平面α,β,有以下四個(gè)命題: ①若m⊥α,n∥b,且α⊥β,則m∥n; ②若m∥a,n∥b,且α⊥β,則m⊥n; ③若m∥α,n∥b,且α∥β,則m⊥n; ④若m⊥α,n⊥b,且α⊥β,則m∥n. 其中正確的命題是( ) A.①② B.③④ C.①④ D.②③ 答案 D 解析 對(duì)于①,b⊥β,n∥b,∴n⊥β,∵m⊥α,且α⊥β,∴m⊥n,∴①錯(cuò)誤;對(duì)于②,∵a,b分別垂直于兩不重合平面α,β,α⊥β,∴a⊥b,∵m∥a,n∥b,∴m⊥n,∴②正確;對(duì)于③,∵n∥b,b⊥β,∴n⊥β,∵m∥α,α∥β,∴m⊥n,∴③正確;對(duì)于④,∵m⊥α,b⊥β,α⊥β,∴m⊥b,∵n⊥b,∴m∥n或m⊥n或m,n相交,∴④不正確.所以②③正確. 3.如圖梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90,AD∶BC∶AB=2∶3∶4,E、F分別是AB、CD的中點(diǎn),將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折,給出四個(gè)結(jié)論: ①DF⊥BC; ②BD⊥FC; ③平面DBF⊥平面BFC; ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折過程中,可能成立的結(jié)論是________.(填寫結(jié)論序號(hào)) 答案?、冖? 解析 因?yàn)锽C∥AD,AD與DF相交不垂直,所以BC與DF不垂直,則①不成立;設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P,當(dāng)BP⊥CF時(shí)就有BD⊥FC,而AD∶BC∶AB=2∶3∶4,可使條件滿足,所以②正確;當(dāng)點(diǎn)P落在BF上時(shí),DP?平面BDF,從而平面BDF⊥平面BCF,所以③正確;因?yàn)辄c(diǎn)D的射影不可能在FC上,所以平面DCF⊥平面BFC不成立,即④錯(cuò)誤.故答案為②③. 4.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn),點(diǎn)F是棱CD上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)=______時(shí),D1E⊥平面AB1F. 答案 1 解析 如圖,連接A1B,則A1B是D1E在平面ABB1A1內(nèi)的射影. ∵AB1⊥A1B,∴D1E⊥AB1, 又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF. 連接DE,則DE是D1E在底面ABCD內(nèi)的射影, ∴D1E⊥AF?DE⊥AF. ∵ABCD是正方形,E是BC的中點(diǎn), ∴當(dāng)且僅當(dāng)F是CD的中點(diǎn)時(shí),DE⊥AF, 即當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時(shí),D1E⊥平面AB1F, ∴=1時(shí),D1E⊥平面AB1F. 5.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F(xiàn),G,H分別是AB,AC,A1B1,A1C1的中點(diǎn),求證: (1)B,C,H,G四點(diǎn)共面; (2)平面EFA1∥平面BCHG. 證明 (1)∵GH是△A1B1C1的中位線,∴GH∥B1C1. 又B1C1∥BC,∴GH∥BC, ∴B,C,H,G四點(diǎn)共面. (2)∵E,F(xiàn)分別為AB,AC的中點(diǎn),∴EF∥BC, ∵EF?平面BCHG,BC?平面BCHG, ∴EF∥平面BCHG. ∵A1G與EB平行且相等, ∴四邊形A1EBG是平行四邊形, ∴A1E∥GB. ∵A1E?平面BCHG,GB?平面BCHG, ∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG. 6.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中點(diǎn).在棱C1D1上是否存在一點(diǎn)F,使B1F∥平面A1BE?并證明你的結(jié)論. 解 在棱C1D1上存在點(diǎn)F,使B1F∥平面A1BE. 因?yàn)槠矫鍭BB1A1∥平面DCC1D1,所以A1B與平面A1EB和平面DCC1D1的交線平行,如圖所示, 取CD的中點(diǎn)G,連接EG,BG, 則EG,BG就是平面A1BE分別與平面DCC1D1和平面ABCD的交線. 取C1D1的中點(diǎn)F,CC1的中點(diǎn)H,連接HF,B1F,B1H. 因?yàn)镠F∥EG, 所以HF∥平面A1EB. 因?yàn)锳1B1∥C1D1∥HE,所以A1,B1,H,E四點(diǎn)共面, 又平面BB1C1C∥平面AA1D1D, 所以B1H∥A1E,從而B1H∥平面A1EB, 因?yàn)锽1H∩HF=H, 所以平面B1HF∥平面A1EB, 所以B1F∥平面A1EB. 7.(xx福建)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖所示. (1)求證:AB⊥CD; (2)若M為AD中點(diǎn),求直線AD與平面MBC所成角的正弦值. (1)證明 ∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD. (2)解 過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖. 由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD,BD?平面BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系. 依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), A(0,0,1),M(0,,), 則=(1,1,0),=(0,,),=(0,1,-1). 設(shè)平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0), 則即 取z0=1,得平面MBC的一個(gè)法向量n=(1,-1,1). 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ, 則sin θ=|cos〈n,〉|==, 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 8.如圖所示,平面ABDE⊥平面ABC,△ABC是等腰直角三角形,AC=BC=4,四邊形ABDE是直角梯形,BD∥AE,BD⊥BA,BD=AE=2,O,M分別為CE,AB的中點(diǎn). (1)求證:OD∥平面ABC; (2)求直線CD和平面ODM所成角的正弦值; (3)能否在EM上找一點(diǎn)N,使得ON⊥平面ABDE?若能,請(qǐng)指出點(diǎn)N的位置,并加以證明;若不能,請(qǐng)說明理由. (1)證明 取AC中點(diǎn)F,連接OF,F(xiàn)B. ∵F是AC中點(diǎn),O為CE中點(diǎn), ∴OF∥EA且OF=EA. 又BD∥AE且BD=AE, ∴OF∥DB,OF=DB, ∴四邊形BDOF是平行四邊形,∴OD∥FB. 又∵FB?平面ABC,OD?平面ABC, ∴OD∥平面ABC. (2)解 ∵平面ABDE⊥平面ABC,平面ABDE∩平面ABC=AB,DB?平面ABDE,且BD⊥BA, ∴DB⊥平面ABC. ∵BD∥AE,∴EA⊥平面ABC. 如圖所示,以C為原點(diǎn),分別以CA,CB所在直線為x,y軸,以過點(diǎn)C且與平面ABC垂直的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系. ∵AC=BC=4,∴C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,4,0),D(0,4,2),E(4,0,4),O(2,0,2),M(2,2,0), ∴=(0,4,2),=(-2,4,0),=(-2,2,2). 設(shè)平面ODM的法向量為n=(x,y,z), 則由n⊥,n⊥,可得 令x=2,得y=1,z=1.∴n=(2,1,1). 設(shè)直線CD和平面ODM所成角為θ, 則sin θ====. ∴直線CD和平面ODM所成角的正弦值為. (3)解 當(dāng)N是EM中點(diǎn)時(shí),ON⊥平面ABDE. 方法一 取EM中點(diǎn)N,連接ON,CM, ∵AC=BC,M為AB中點(diǎn), ∴CM⊥AB. 又∵平面ABDE⊥平面ABC,平面ABDE∩平面ABC=AB,CM?平面ABC,∴CM⊥平面ABDE. ∵N是EM中點(diǎn),O為CE中點(diǎn), ∴ON∥CM,∴ON⊥平面ABDE. 方法二 由(2)設(shè)N(a,b,c), ∴=(a-2,b-2,c),=(4-a,-b,4-c). ∵點(diǎn)N在ME上,∴=λ, 即(a-2,b-2,c)=λ(4-a,-b,4-c), ∴解得 ∴N(,,). ∵=(0,0,2)是平面ABC的一個(gè)法向量, ∴⊥,∴=2,解得λ=1. ∴=,即N是線段EM的中點(diǎn), ∴當(dāng)N是EM的中點(diǎn)時(shí),ON⊥平面ABDE.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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