高考数学试题高考第一轮复习数学95两个平面.docx
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高考数学试题高考第一轮复习数学95两个平面
9.5两个平面垂直
●知识梳理
1.两个平面垂直的定义:
如果两个平面所成的二面角是直二面角,那么这两个平面互相垂直.
2.两个平面垂直的判定定理:
如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面垂直.
3.两个平面垂直的性质定理:
如果两个平面垂直,那么过其中一个平面内的一点作它的交线的垂线与另一个平面垂直.
●点击双基
1.在三棱锥A—BCD中,若AD⊥BC,BD⊥AD,△BCD是锐角三角形,那么必有
A.平面ABD⊥平面ADCB.平面ABD⊥平面ABC
C.平面ADC⊥平面BCDD.平面ABC⊥平面BCD
解析:
由AD⊥BC,BD⊥ADAD⊥平面BCD,面AD平面ADC,
∴平面ADC⊥平面BCD.
答案:
C
2.直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=AA1=a,则点A到平面A1BC的距离是
A.aB.aC.aD.a
解析:
取A1C的中点O,连结AO.
∵AC=AA1,∴AO⊥A1C.
又该三棱柱是直三棱柱,
∴平面A1C⊥平面ABC.
又∵BC⊥AC,∴BC⊥AO.
因此AO⊥平面A1BC,即A1O等于A到平面ABC的距离.解得A1O=a.
答案:
C
3.设两个平面α、β,直线l,下列三个条件:
①l⊥α;②l∥β;③α⊥β.若以其中两个作为前提,另一个作为结论,则可构成三个命题,这三个命题中正确的个数为
A.3B.2C.1D.0
解析:
答案:
C
4.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1—BD—A的正切值为_____________.
答案:
5.夹在互相垂直的两个平面之间长为2a的线段和这两个平面所成的角分别为45°和30°,过这条线段的两个端点分别向这两个平面的交线作垂线,则两垂足间的距离为_____________.
解析:
如下图,平面α⊥β,α∩β=l,A∈α,B∈β,AB=2a.
AC⊥l于点C,BD⊥l于点D,
则CD即为所求.
∵α⊥β,AC⊥l,∴AC⊥β,∠ABC就是AB与平面β所成的角.
故∠ABC=30°,故AC=a.
同理,在Rt△ADB中求得AD=a.
在Rt△ACD,CD==a.
答案:
a
●典例剖析
【例1】如下图,过S引三条长度相等但不共面的线段SA、SB、SC,且∠ASB=∠ASC=60°,∠BSC=90°,求证:
平面ABC⊥平面BSC.
剖析:
本题是面面垂直的证明问题.一条是从定义出发的思路,即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线.但图中似乎没有现成的这样的直线,故作辅助线.根据已知条件的特点,取BC的中点O,连结AO、SO,既可证明AO⊥平面BSC,又可证明SO⊥平面ABC.另一条是从定义出发的思路,即证明两个平面所成的二面角是直二面角,注意到∠AOS是二面角A—BC—S的平面角,转化为证明∠AOS是直角.
证法一:
取BC的中点O,连结AO、SO.
∵AS=BS=CS,SO⊥BC,
又∵∠ASB=∠ASC=60°,∴AB=AC,
从而AO⊥BC.
设AS=a,又∠BSC=90°,则SO=a.
又AO===a,
∴AS2=AO2+SO2,故AO⊥OS.
从而AO⊥平面BSC,又AO平面ABC,
∴平面ABC⊥平面BSC.
证法二:
同证法一证得AO⊥BC,SO⊥BC,
∴∠AOS就是二面角A—BC—S的平面角.再同证法一证得AO⊥OS,即∠AOS=90°.
∴平面ABC⊥平面BSC.
特别提示
本题揭示的是证面面垂直常用的两种方法.此外,本题中证明∠AOS=90°的方法较为特殊,即通过“算”,定量地证得直角,而不是通过位置关系定性地推理出直角,这也是立体何中证明垂直的一种重要方法.
【例2】如下图,在三棱锥S—ABC中,SA⊥平面ABC,平面SAB⊥平面SBC.
(1)求证:
AB⊥BC;
(2)若设二面角S—BC—A为45°,SA=BC,求二面角A—SC—B的大小.
(1)证明:
作AH⊥SB于H,
∵平面SAB⊥平面SBC,
∴AH⊥平面SBC.
又SA⊥平面ABC,∴SA⊥BC.
SA在平面SBC上的射影为SH,
∴BC⊥SB.又SA∩SB=S,
∴BC⊥平面SAB.
∴BC⊥AB.
(2)解:
∵SA⊥平面ABC,
∴平面SAB⊥平面ABC.又平面SAB⊥平面SBC,
∴∠SBA为二面角S—BC—A的平面角.
∴∠SBA=45°.设SA=AB=BC=a.
作AE⊥SC于E,连结EH,则EH⊥SC,∠AEH为二面角A—SC—B的平面角,
AH=a,AC=a,SC=a,AE=a,
∴sin∠AEH=,二面角A—SC—B为60°.
思考讨论
证明两个平面垂直的常见方法:
(1)根据定义,证其二面角的平面角是直角;
(2)根据判定定理,证明一个平面经过另一个平面的垂线.
【例3】已知正三棱柱ABC—A1B1C1,若过面对角线AB1与另一面对角线BC1平行的平面交上底面A1B1C1的一边A1C1于点D.
(1)确定D的位置,并证明你的结论;
(2)证明:
平面AB1D⊥平面AA1D;
(3)若AB∶AA1=,求平面AB1D与平面AB1A1所成角的大小.
剖析:
本题的结论是“开放性”的,点D位置的确定如果仅凭已知条件推理难以得出.由于AB1与BC1这两条面对角线是相邻二侧面上的异面直线,于是可考虑将BC1沿BA平行移动,BC1取AE1位置,则平面AB1E1一定平行BC1,问题可以解决.
(1)解:
如下图,将正三棱柱ABC—A1B1C1补成一直平行六面体ABCE—A1B1C1E1,由AE1∥BC1,AE1平面AB1E1,知BC1∥平面AB1E1,故平面AB1E1应为所求平面,此时平面AB1E1交A1C1于点D,由平行四边形对角线互相平行性质知,D为A1C1的中点.
(2)证明:
连结AD,从直平行六面体定义知AA1⊥底面A1B1C1D1,且从A1B1C1E1是菱形知,B1E1⊥A1C1,据三垂线定理知,B1E1⊥AD.
又AD∩A1C1=D,所以B1E1⊥平面AA1D,
又B1E1平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面AA1D.
(3)解:
因为平面AB1D∩平面AA1D=AD,
所以过A1作A1H⊥AD于点H.
作HF⊥AB1于点F,连结A1F,从三垂线定理知A1F⊥AB1.
故∠A1FH是二面角A1—AB1—D的平面角.
设侧棱AA1=1,侧棱AB=.
于是AB1==.
在Rt△AB1A1中,A1F===,
在Rt△AA1D中,AA1=1,A1D=A1C1=,AD==.
则A1H==.
在Rt△A1FH中,sin∠A1FH==,
所以∠A1FH=45°.
因此可知平面AB1D与平面AB1A1所成角为45°或135°.
评述:
本题主要考查棱柱的性质,以及面面关系、二面角的计算,同时考查空间想象能力和综合运用知识解决问题的能力.
特别提示
1.开放性问题已进入高考试卷中,近年来,全国及上海市多次考查开放题,解开放题并将经验与解题技巧相结合,并要有较熟练的基础知识和“图形意识”,并能将典型图形灵活应用到解题中去.
2.立体几何的计算并非单纯的数字计算,而是与作图和证明相结合的.立体几何计算题的主要步骤可以归纳为画—证—算三步.“画”是画图,添加必要的辅助线,或画出所要求的几
何量,或进行必要的转化;“证”是证明,用三段论的方法证明你所画的几何量即为所求,然后进行最后一步计算.这三步之间紧密相连,环环相扣,互相制约,形成了解决立体几何计算题的思维程序,是综合考查学科能力的集中体现.
●闯关训练
夯实基础
1.P为△ABC所在平面外的一点,则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是
A.PA=PB=PC
B.PA⊥BC,PB⊥AC
C.点P到△ABC三边所在直线距离相等
D.平面PAB、平面PBC、平面PAC与△ABC所在的平面所成的角相等
解析:
条件A为外心的充分必要条件,条件C、D为内心或旁心的必要条件(当射影在△ABC的形内时为内心,在形外时为旁心).
答案:
B
2.m、n表示直线,α、β、γ表示平面,给出下列四个命题,其中正确命题为
①α∩β=m,nα,n⊥m,则α⊥β②α⊥β,α∩γ=m,β∩γ=n,则m⊥n
③α⊥β,α⊥γ,β∩γ=m,则m⊥α④m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β
A.①②B.②③C.③④D.②④
答案:
C
3.设a、b是异面直线,α、β是两个平面,且a⊥α,b⊥β,aβ,bα,则当__________(填上一种条件即可)时,有α⊥β.
解析:
本题为开放性问题.可以填上a⊥b,也可以填a∥β,或b∥α.
答案:
a⊥b
4.三个平面两两互相垂直,它们的三条交线交于一点O,P到三个平面的距离分别是3、4、5,则OP的长为__________.
解析:
构造棱长分别为3、4、5的长方体,使OP为长方体的对角线.
故OP==5.
答案:
5
5.在长方体ABCD—A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为的正方形,侧棱长为,E、F分别是AB1、CB1的中点,求证:
平面D1EF⊥平面AB1C.
证明:
如下图,∵E、F分别是AB1、CB1的中点,
∴EF∥AC.
∵AB1=CB1,
O为AC的中点,
∴B1O⊥AC.
故B1O⊥EF.
在Rt△B1BO中,∵BB1=,BO=1,
∴∠BB1O=30°.从而∠OB1D1=60°,又B1D1=2,B1O1=OB1=1(O1为BO与EF的交点).
∴△D1B1O1是直角三角形,即B1O⊥D1O1.
∴B1O⊥平面D1EF.又B1O平面ACB1,
∴平面D1EF⊥平面AB1C.
6.(文)如下图,正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,E、F分别为棱AB、BC的中点,EF∩BD=G.
(1)求证:
平面B1EF⊥平面BDD1B;
(2)求点D1到平面B1EF的距离d;
(3)求三棱锥B1—EFD1的体积V.
(1)证法一:
如下图,连结AC.
∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形,
∴AC⊥BD.又AC⊥D1D,故AC⊥平面BDD1B1.
∵E、F分别为AB、BC的中点,故EF∥AC.
∴EF⊥平面BDD1B1.
∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
证法二:
∵BE=BF,∠EBD=∠FBD=45°,∴EF⊥BD.
又EF⊥D1D,∴EF⊥平面BDD1B1.
∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
(2)解:
在对角面BDD1B1中,作D1H⊥B1G,垂足为H.
∵平面B1EF⊥平面BDD1B1,
且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G,
∴D1H⊥平面B1EF,且垂足为H.
∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H.
在Rt△D1HB1中,D1H=D1B1·sin∠D1B1H.
∵D1B1=A1B1=·2=4,sin∠D1B1H=sin∠B1GB===,
∴d=D1H=4·=.
(3)解:
V=V=V=·d·S=···2·=.
评注:
近几年立体几何的解答题一般都是一题多问,环环相扣.如本题的三小问便是如此.本题主要考查正四棱柱等基本知识,考查逻辑推理能力及空间思维能力.
(理)如下图,正方体ABCD—A1B1C1D1中,棱长为a.求:
(1)AB与B1C所成的角;
(2)AB与B1C间的距离;
(3)AB与B1D间的距离.
解:
(1)∵AB∥CD,
∴∠B1CD是AB与B1C所成角.
∵DC⊥平面BB1C1C,
∴DC⊥B1C.于是∠DCB1=90°.
∴AB与B1C所成角为90°.
(2)连结BC1交B
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