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2011届高考数学权威预测:23空间位置关系与证明


第二十三讲 空间位置关系与证明
★★★高考在考什么 高考在考什么 【考题回放】 考题回放】 1. (浙江)若 P 是两条异面直线 l,m 外的任意一点,则(B ) D 1 A.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都平行 B.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都垂直 A B1 1 C.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都相交 D D.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都异面 2. 如图,过平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 任意两条棱的中 A B 点作直线,其中与平面 DBB1D1 平行的直线共有( D ) A.4 条 B.6 条 C.8 条 D.12 条 3. (湖北)平面 α 外有两条直线 m 和 n ,如果 m 和 n 在平面 α 内的射影分别是 m ′ 和 n′ ,给 出下列四个命题: ① m′ ⊥ n′ ? m ⊥ n ; ② m ⊥ n ? m′ ⊥ n ′ ; ③ m ′ 与 n′ 相交 ? m 与 n 相交或重合; ④ m ′ 与 n′ 平行 ? m 与 n 平行或重合. 其中不正确的命题个数是( D ) A.1 B.2 C.3 D.4 4.(湖北)关于直线 m 、 n 与平面 α 、 β ,有下列四个命题: (D ) ① m // α , n // β 且 α // β ,则 m // n ; ③ m ⊥ α , n // β 且 α // β ,则 m ⊥ n ; 其中真命题的序号是: A. ①、② B. ③、④
' ' ' '

C1

C

② m ⊥ α , n ⊥ β 且 α ⊥ β ,则 m ⊥ n ; ④ m // α , n ⊥ β 且 α ⊥ β ,则 m // n .

C. ①、④
'
'

D. ②、③
'

5. 在正方形 ABCD ? A B C D 中, 过对角线 BD 的一个平面交 AA 于 E, CC 于 F, 交 则( ' ① 四边形 BFD E 一定是平行四边形 ② 四边形 BFD ' E 有可能是正方形 ③ 四边形 BFD ' E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形 ④ 四边形 BFD ' E 有可能垂直于平面 BB ' D 以上结论正确的为 ①③④ 。 (写出所有正确结论的编号)

)

6. (上海)在平面上,两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种. 已知 α,β 是 两个相交平面,空间两条直线 l1,l2 在 α 上的射影是直线 s1,s2 , l1,l2 在 β 上的射影是 直线 t1,t2 .用 s1 与 s2 , t1 与 t 2 的位置关系,写出一个总能确定 l1 与 l 2 是异
面直线的充分条件:

s1 // s 2 ,并且 t1 与 t 2 相交( t1 // t 2 ,并且 s1 与 s 2 相交)

★ ★★高考要考什么 高考要考什么
一.线与线的位置关系:平行、相交、异面; 线与面的位置关系:平行、相交、线在面内;

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面与面的位置关系:平行、相交; 二.转化思想: 线线平行 ? 线面平行 ? 面面平行,线 ⊥ 线 ? 线 ⊥ 面 ? 面 ⊥ 面 ; ★★★高考将考什么 高考将考什么 【 范 例 1 】 如 图 , 在 四 棱 锥 P ? ABCD 中 , PA ⊥ 底 面 ABCD , AB ⊥ AD,AC ⊥ CD,∠ABC = 60° PA = AB = BC , E 是 PC 的中点. ,

(Ⅲ)求二面角 A ? PD ? C 的大小. (Ⅰ)证明:在四棱锥 P ? ABCD 中, 因 PA ⊥ 底面 ABCD , CD ? 平面 ABCD ,故 PA ⊥ CD . ∵ AC ⊥ CD,PA I AC = A ,∴ CD ⊥ 平面 PAC . 而 AE ? 平面 PAC ,∴CD ⊥ AE . (Ⅱ)证明:由 PA = AB = BC , ∠ABC = 60° ,可得 AC = PA . ∵ E 是 PC 的中点,∴ AE ⊥ PC . 由(Ⅰ)知, AE ⊥ CD ,且 PC I CD = C ,所以 AE ⊥ 平面 PCD .

(Ⅰ)证明 CD ⊥ AE ; (Ⅱ)证明 PD ⊥ 平面 ABE ;

P
E

A B

D

C

而 PD ? 平面 PCD ,∴ AE ⊥ PD . ∵ PA ⊥ 底面 ABCD,PD 在底面 ABCD 内的射影是 AD , AB ⊥ AD ,∴ AB ⊥ PD . 又∵ AB I AE = A ,综上得 PD ⊥ 平面 ABE . (Ⅲ) 解法一: 过点 A 作 AM ⊥ PD , 垂足为 M , 连结 EM . (Ⅱ) 则 知,AE ⊥ 平面 PCD , AM 在平面 PCD 内的射影是 EM ,则 EM ⊥ PD . 因此 ∠AME 是二面角 A ? PD ? C 的平面角. .设 AC = a , 由已知,得 ∠CAD = 30°

P

可得 PA = a,AD =

2 3 21 2 a,PD = a,AE = a. 3 3 2
A B

M E D

在 Rt△ ADP 中,∵ AM ⊥ PD ,∴ AM· = PA AD , PD ·

2 3 a · a PA AD · 2 7 3 则 AM = = = a. PD 7 21 a 3
在 Rt△ AEM 中, sin AME =

C

AE 14 . = AM 4

解法二:由题设 PA ⊥ 底面 ABCD , PA ? 平面 PAD ,则平面 PAD ⊥ 平面 ACD ,交线 为 AD . 过点 C 作 CF ⊥ AD ,垂足为 F ,故 CF ⊥ 平面 PAD .过点 F 作 FM ⊥ PD ,垂足为 M , 连结 CM ,故 CM ⊥ PD .因此 ∠CMP 是二面角 A ? PD ? C 的平面角. 由已知,可得 ∠CAD = 30° ,设 AC = a ,

P

可得 PA = a,AD =

2 3 21 1 3 a,PD = a,CF = a,FD = a. 3 3 2 6
A
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E

M F B D

C

∵△FMD ∽△PAD ,∴

FM FD . = PA PD

3 aa · FD PA · 7 6 于是, FM = = = a. PD 14 21 a 3

1 a CF = 2 = 7. 在 Rt△CMF 中, tan CMF = FM 7 a 14
所以二面角 A ? PD ? C 的大小是 arctan 7 . 所以二面角 A ? PD ? C 的大小是 arcsin

14 . 4

变式:如图,在五面体 ABCDEF 中,点 O 是矩形 ABCD 的对角线的交点,面 CDE 是等 边三角形,棱 EF //

1 BC . =2 (1)证明 FO //平面 CDE ; (2)设 BC = 3CD ,证明 EO ⊥ 平面 CDF .
M

证明: (Ⅰ)取 CD 中点 M,连结 OM. 在矩形 ABCD 中, OM //

连结 EM,于是四边形 EFOM 为平行四边形. ∴ FO // EM 又Q FO ? 平面 CDE, EM ? 平面 CDE, ∴ FO∥平面 CDE (Ⅱ)证明:连结 FM,由(Ⅰ)和已知条件,在等边△CDE 中,

1 1 BC ,又 EF // BC ,则 EF //OM , 2 2

CM = DM , EM ⊥ CD 且 EM =

3 1 CD = BC = EF . 2 2

因此平行四边形 EFOM 为菱形,从而 EO⊥FM 而 FM∩CD=M, ∴CD⊥平面 EOM,从而 CD⊥EO. 而 FM ∩ CD = M ,所以 EO⊥平面 CDF. 点晴】 【点晴】本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识,注意线面平行和线面垂 直判定定理的使用,考查空间想象能力和推理论证能力。 D1 【范例 2】如图,在六面体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,四边形 A1 B1C1 D1 是边长为 1 的正方形, DD1 ⊥ 平面 A1 A1 B1C1 D1 , DD1 ⊥ 平面 ABCD , DD1 = 2 . (Ⅰ)求证: A1C1 与 AC 共面, B1 D1 与 BD 共面. (Ⅱ)求证:平面 A1 ACC1 ⊥ 平面 B1 BDD1 ; (Ⅲ)求二面角 A ? BB1 ? C 的大小(用反三角函数值表示) . 证明:以 D 为原点,以 DA DC,DD1 所在直线分别为 x 轴, , D

C1 B1

C

y 轴, z 轴建立空间直角坐标系 D ? xyz 如图,

A

B

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0,, 2,, 2,, , 2) A(2, 0) B(2, 0) C (0, 0) A1 (1 0,,
则有 .

B1 (11 2) C1 (0,2) D1 (0, 2) , ,, 1 ,, 0,
(Ⅰ)证明:

uuuur uuur uuuur uuu r ∵ A1C1 = (?11 0) AC = (?2, 0) D1 B1 = (11 0) DB = (2, 0) . , ,, 2,, , ,, 2, uuur uuuur uuu r uuuur ∴ AC = 2 A1C1, = 2 D1B1 . DB
D1 z A1 C1 B1

uuur uuuu r uuu uuuur r ∴ AC 与 AC1 平行, DB 与 D1 B1 平行, 1
于是 A1C1 与 AC 共面, B1 D1 与 BD 共面.

· 0,· 2, (Ⅱ)证明: DD1 AC = (0, 2) (?2, 0) = 0 ,
uuu uuur r DB AC = (2, 0) ( ?2, 0) = 0 , · 2,· 2,
A

uuuu uuur r

D

C

y
B

uuuu uuur uuu uuur r r ∴ DD1 ⊥ AC , DB ⊥ AC .
DD1 与 DB 是平面 B1 BDD1 内的两条相交直线.

x

∴ AC ⊥ 平面 B1 BDD1 .
又平面 A1 ACC1 过 AC .

∴ 平面 A1 ACC1 ⊥ 平面 B1 BDD1 .

, 2) BB , ,, ?, (Ⅲ)解: AA1 = (?1 0,, 1 = (?1 ? 1 2) CC1 = (0, 1 2) .
设 n = ( x1,y1,z1 ) 为平面 A1 ABB1 的法向量,

uuur

uuur

uuuu r

uuur uuur n AA1 = ? x1 + 2 z1 = 0 , n BB1 = ? x1 ? y1 + 2 z1 = 0 . · ·
于是 y1 = 0 ,取 z1 = 1 ,则 x1 = 2 , n = (2, 1) . 0, 设 m = ( x2,y2,z2 ) 为平面 B1 BCC1 的法向量,

uuur uuuu r m BB1 = ? x2 ? y2 + 2 z2 = 0 , m CC1 = ? y2 + 2 z2 = 0 . · ·
于是 x2 = 0 ,取 z2 = 1 ,则 y2 = 2 , m = (0, 1) . 2,

cos m,n =

mn 1 · = . m n 5

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1 ∴ 二面角 A ? BB1 ? C 的大小为 π ? arccos . 5
解法 2(综合法) : (Ⅰ)证明:∵ D1 D ⊥ 平面 A1 B1C1 D1 , D1 D ⊥ 平面 ABCD .

∴ D1 D ⊥ DA , D1 D ⊥ DC ,平面 A1 B1C1 D1 ∥ 平面 ABCD .
于是 C1 D1 ∥ CD , D1 A1 ∥ DA . 设 E,F 分别为 DA DC 的中点,连结 EF,A1 E,C1 F , , 有 A1 E ∥ D1 D,C1 F ∥ D1 D,DE = 1 DF = 1 . ,

D1 A1

C1 B1

D

F

M
C

∴ A1 E ∥ C1 F ,
于是 A1C1 ∥ EF . 由 DE = DF = 1 ,得 EF ∥ AC , 故 A1C1 ∥ AC , A1C1 与 AC 共面. 过点 B1 作 B1O ⊥ 平面 ABCD 于点 O , 则 B1O ∥ A1 E,B1O ∥C1 F ,连结 OE,OF , 于是 OE ∥B1 A1 , OF ∥B1C1 ,∴ OE = OF . A

E

O
B

∵ B1 A1 ⊥ A1 D1 ,∴OE ⊥ AD . ∵ B1C1 ⊥ C1 D1 ,∴OF ⊥ CD .
所以点 O 在 BD 上,故 D1 B1 与 DB 共面. (Ⅱ)证明:∵ D1 D ⊥ 平面 ABCD ,∴ D1 D ⊥ AC , 又 BD ⊥ AC (正方形的对角线互相垂直) ,

D1 D 与 BD 是平面 B1 BDD1 内的两条相交直线,

∴ AC ⊥ 平面 B1 BDD1 .
又平面 A1 ACC1 过 AC ,∴ 平面 A1 ACC1 ⊥ 平面 B1 BDD1 . (Ⅲ)解:∵ 直线 DB 是直线 B1 B 在平面 ABCD 上的射影, AC ⊥ DB , 根据三垂线定理,有 AC ⊥ B1 B .
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过点 A 在平面 ABB1 A1 内作 AM ⊥ B1 B 于 M ,连结 MC,MO , 则 B1 B ⊥ 平面 AMC , 于是 B1 B ⊥ MC,B1 B ⊥ MO , 所以, ∠AMC 是二面角 A ? B1 B ? C 的一个平面角. 根据勾股定理,有 A1 A = 5,C1C = 5,B1 B =

6.

∵ OM ⊥ B1 B ,有 OM =

2 10 10 B1O OB · 2 , BM = , AM = , CM = . = 3 3 3 B1 B 3

cos ∠AMC =

AM 2 + CM 2 ? AC 2 1 1 = ? , ∠AMC = π ? arccos , 2 AM· CM 5 5
1 . 5 D1 C1
F M D A H

二面角 A ? BB1 ? C 的大小为 π ? arccos

变式如图,已知 ABCD ? A1 B1C1 D1 是棱长为 3 的正方体, 点 E 在 AA1 上,点 F 在 CC1 上,且 AE = FC1 = 1 . (1)求证: E,B,F,D1 四点共面; 分) (4 (2)若点 G 在 BC 上, BG =

A 1 B
1

E

2 ,点 M 在 BB1 上, 3

GM ⊥ BF ,垂足为 H ,求证: EM ⊥ 平面 BCC1 B1 ; 分) (4
uuu r uuu r

C

G B

(3)用 θ 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1 B1 所成的锐二面角的大小,求 tan θ .

3, 证明: (1)建立如图所示的坐标系,则 BE = (3,1) , BF = (0, 2) , BD1 = (3,3) , 0, 3,
所以 BD1 = BE + BF ,故 BD1 , BE , BF 共面. 又它们有公共点 B ,所以 E,B,F,D1 四点共面. (2)如图,设 M (0, z ) ,则 GM = ? 0, ,z ? , 0, ?

uuuu r

uuuu r

uuu uuu r r

uuuu r

uuu r

uuu r

z

D1 C1
F M

A1 B1
E

uuuu r

D H uuu r uuuu uuu r r 2 y 而 BF = (0, 2) ,由题设得 GM ?BF = ? ? + z ?2 = 0 , 3, 3 G B C 3 得 z = 1. uuur uuur uuu r 0, 因 为 M (0,1) , E (3,1) , 有 ME = (3, 0) , 又 BB1 = (0, 3) , BC = (0, 0) , 所 以 0, 0, 0, 3,

? ?

2 3

? ?

x
A

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uuur uuur uuur uuu r ME ?BB1 = 0 , ME ?BC = 0 ,从而 ME ⊥ BB1 , ME ⊥ BC .
故 ME ⊥ 平面 BCC1 B1 . (3)设向量 BP = ( x,y, ⊥ 截面 EBFD1 ,于是 BP ⊥ BE , BP ⊥ BF . 3) 而 BE = (3,1) , BF = (0, 2) , 得 BP?BE = 3x + 3 = 0 , BP ?BF = 3 y + 6 = 0 , 解 得 0, 3,

uuu r

uuu r

uuu r

uuu r

uuu r

uuu r

uuu r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu r x = ?1 , y = ?2 ,所以 BP = ( ?1, 2, . ? 3)
又 BA = (3, 0) ⊥ 平面 BCC1 B1 ,所以 BP 和 BA 的夹角等于 θ 或 π ? θ ( θ 为锐角) . 0,

uuu r

uuu r

uuu r

uuu uuu r r BP ?BA 1 于是 cos θ = uuu uuu = . r r 14 BP ?BA
故 tan θ = 13 . 【范例 3】如图,在长方体 AC1 中,AD=AA1=1,AB=2,点 E 在棱 AB 上移动. (1)证明:D1E⊥A1D; (2)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离;

D1 A1 B1

C1

π
(3)AE 等于何值时,二面角 D1—EC—D 的大小为 .

4
解析:法 1 (1)∵AE⊥面 AA1DD1,A1D⊥AD1,∴A1D⊥D1E
D A E B C

(2)设点 E 到面 ACD1 的距离为 h,在△ACD1 中,AC=CD1= 5 ,AD1= 2 , 故 S ?AD1C =

1 1 3 1 1 ? 2 ? 5 ? = , 而S ?ACE = ? AE ? BC = . 2 2 2 2 2
1 1 1 3 1 S ? AEC ? DD1 = S ? AD1C ? h ,∴ × 1 = × h ,∴ h = . 3 3 2 2 3
D1 A1 D A
H

∴ V D1 ? AEC =

(3)过 D 作 DH⊥CE 于 H,连 D1H、DE,则 D1H⊥CE, ∴∠DHD1 为二面角 D1—EC—D 的平面角. 设 AE=x,则 BE=2-x

C1 B1 C E B

在 Rt ? D1 DH 中,Q ∠ DHD1 =

π
4

,∴ DH = 1.

Q 在 Rt ? ADE中, DE = 1 + x 2 , ∴ 在 Rt ? DHE中, EH = x ,
在 Rt ? DHC 中 CH = ∴x+ 3= 3 , 在 Rt ? CBE 中 CE = x 2 ? 4 x + 5 ? x = 2 ? 3.

x 2 ? 4 x + 5.

∴ AE = 2 ? 3时 , 二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

π
4

.

法 2: D 为坐标原点, 以 直线 DA、 DD1 分别为 x、 z 轴, DC、 y、 建立空间直角坐标系, AE=x, 设 则 A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0), C(0,2,0). (1) 因为DA1 , D1 E = (1,0,1), (1, x,?1) = 0, 所以DA1 ⊥ D1 E. (2)因为 E 为 AB 的中点,则 E(1,1,0) ,
A1
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D1

z
B1

C1

D o

C E B

y

x

A

从而 D1 E = (1,1,?1), AC = (?1,2,0) , AD1 = (?1,0,1) , 设平面 ACD1 的法向量为 n = (a, b, c) , 则?

?n ? AC = 0, ? ?n ? AD1 = 0, ?

也即 ?

?? a + 2b = 0 ?a = 2b ,得 ? , ?? a + c = 0 ?a = c | D1 E ? n | |n| = 2 +1? 2 1 = . 3 3

从而 n = (2,1,2) ,所以点 E 到平面 AD1C 的距离为 h = (3)设平面 D1EC 的法向量 n = (a, b, c) , ∴ CE = (1, x ? 2,0), D1C = (0,2,?1), DD1 = (0,0,1), 由?

?n ? D1C = 0, ?

?2b ? c = 0 ?? 令 b=1, ∴c=2, a=2-x, ?n ? CE = 0, ?a + b( x ? 2) = 0. ?

∴ n = (2 ? x,1,2). 依题意 cos

π
4

=

| n ? DD1 | | n | ? | DD1 |

=

2 ? 2

2 ( x ? 2) + 5
2

=

2 . 2

∴ x1 = 2 + 3 (不合,舍去) x 2 = 2 ? 3 . , ∴AE= 2 ? 3 时,二面角 D1—EC—D 的大小为

π

.

4

变式: 变式:如图,四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,AB=8,AD=4 3 ,侧面 PAD 为等 边三角形,并且与底面所成二面角为 60°. (Ⅰ)求四棱锥 P—ABCD 的体积; (Ⅱ)证明 PA⊥BD. 解析: (Ⅰ)如图,取 AD 的中点 E, 连结 PE,则 PE⊥AD. 作 PO⊥平面在 ABCD,垂足为 O,连结 OE. 根据三垂线定理的逆定理得 OE⊥AD, 所以∠PEO 为侧面 PAD 与底面所成的二面角 的平面角,由已知条件可知∠PEO=60°,PE=6,所以 PO=3 3 , 四棱锥 P—ABCD 的体积 VP—ABCD= × 8 × 4 3 × 3 3 = 96. (Ⅱ)法 1 如图,以 O 为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得 P(0,0,3 3 ), A(2 3 ,-3,0),B(2 3 ,5,0),D(-2 3 ,-3,0) 所以 PA = (2 3 ,?3,?3 3 ), BD = (?4 3 ,?8,0). 因为 PA ? BD = ?24 + 24 + 0 = 0, 所以 PA⊥BD. 法 2:连结 AO,延长 AO 交 BD 于点 F.通过计算 可得 EO=3,AE=2 3 ,又知 AD=4 3 ,AB=8, 得

1 3

EO AD . 所以 Rt△AEO∽Rt△BAD.得∠EAO=∠ABD. = AE AB

所以∠EAO+∠ADF=90° 所以 AF⊥BD. 因为 直线 AF 为直线 PA 在平面 ABCD 内的身影,所以 PA⊥BD. 点晴】 【点晴】本小题主要考查棱锥的体积、二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能 力、分析问题能力,解题的关键是二面角的使用。使用空间向量能降低对空间想象能力的要 求,但坐标系的位置不规则,注意点坐标的表示。

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