版高考数学大一轮复习第八章立体几何85垂直关系教师用书文.docx
- 文档编号:23906663
- 上传时间:2023-05-22
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:165.16KB
版高考数学大一轮复习第八章立体几何85垂直关系教师用书文.docx
《版高考数学大一轮复习第八章立体几何85垂直关系教师用书文.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《版高考数学大一轮复习第八章立体几何85垂直关系教师用书文.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
版高考数学大一轮复习第八章立体几何85垂直关系教师用书文
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.5垂直关系教师用书文北师大版
1.直线与平面垂直
图形
条件
结论
判定
a⊥b,bα
(b为α内的任意一条直线)
a⊥α
a⊥m,a⊥n,m、nα,m∩n=O
a⊥α
a∥b,a⊥α
b⊥α
性质
a⊥α,bα
a⊥b
a⊥α,b⊥α
a∥b
2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直
⇒α⊥β
性质
定理
如果两个平面互相垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
⇒l⊥α
【知识拓展】
重要结论:
(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
(2)若一条直线垂直于一个平面,则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这一条直线与另一个平面也垂直.
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.( × )
(2)垂直于同一个平面的两平面平行.( × )
(3)直线a⊥α,b⊥α,则a∥b.( √ )
(4)若α⊥β,a⊥β⇒a∥α.( × )
(5)若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b垂直.( √ )
1.(教材改编)下列命题中不正确的是( )
A.如果平面α⊥平面β,且直线l∥平面α,则直线l⊥平面β
B.如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥γ
答案 A
解析 根据面面垂直的性质,知A不正确,直线l可能平行平面β,也可能在平面β内.
2.设平面α与平面β相交于直线m,直线a在平面α内,直线b在平面β内,且b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若α⊥β,因为α∩β=m,b⊂β,b⊥m,所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α,又aα,所以a⊥b;反过来,当a∥m时,因为b⊥m,且a,m共面,一定有b⊥a,但不能保证b⊥α,所以不能推出α⊥β.
3.设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则( )
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α
答案 C
解析 A中,由m⊥n,n∥α,可得mα或m∥α或m与α相交,错误;B中,由m∥β,β⊥α,可得mα或m∥α或m与α相交,错误;C中,由m⊥β,n⊥β,可得m∥n,又n⊥α,则m⊥α,正确;D中,由m⊥n,n⊥β,β⊥α,可得m与α相交或mα或m∥α,错误.
4.(2016·深圳模拟)在正四面体ABCD中,E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,下面的结论不正确的是( )
A.BC∥平面AGF
B.EG⊥平面ABF
C.平面AEF⊥平面BCD
D.平面ABF⊥平面BCD
答案 C
解析 易知点A在平面BCD上的投影在底面的中心,而中心不在EF上,所以平面AEF⊥平面BCD错误,选C.
5.(教材改编)在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC中的投影为点O.
(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的________心.
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的________心.
答案
(1)外
(2)垂
解析
(1)如图1,连接OA,OB,OC,OP,
在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中,PA=PC=PB,
所以OA=OB=OC,即O为△ABC的外心.
(2)如图2,延长AO,BO,CO分别交BC,AC,AB于H,D,G.
∵PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,
∴PC⊥平面PAB,AB平面PAB,∴PC⊥AB,
又AB⊥PO,PO∩PC=P,
∴AB⊥平面PGC,
又CG平面PGC,
∴AB⊥CG,即CG为△ABC边AB的高.
同理可证BD,AH为△ABC底边上的高,
即O为△ABC的心.
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 (2016·全国甲卷改编)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=
,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.OD′=
.
证明:
D′H⊥平面ABCD.
证明 由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得
=
,故AC∥EF.
因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H.
由AB=5,AC=6得DO=BO=
=4.
由EF∥AC得
=
=
.
所以OH=1,D′H=DH=3.
于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF,
而OH∩EF=H,且OH,EF平面ABCD,
所以D′H⊥平面ABCD.
思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法有:
①判定定理;②垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α);③面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);④面面垂直的性质.
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.
(2015·江苏)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.
求证:
(1)DE∥平面AA1C1C;
(2)BC1⊥AB1.
证明
(1)由题意知,
E为B1C的中点,
又D为AB1的中点,因此DE∥AC.
又因为DE
平面AA1C1C,AC平面AA1C1C,
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC平面ABC,
所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC,CC1平面BCC1B1,
BC平面BCC1B1,BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1平面BCC1B1,
所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,
因此BC1⊥B1C.
因为AC,B1C平面B1AC,AC∩B1C=C,
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1平面B1AC,
所以BC1⊥AB1.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 如图,四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点.
(1)求证:
CE∥平面PAD;
(2)求证:
平面EFG⊥平面EMN.
证明
(1)方法一 取PA的中点H,连接EH,DH.
又E为PB的中点,
所以EH綊
AB.
又CD綊
AB,
所以EH綊CD.
所以四边形DCEH是平行四边形,所以CE∥DH.
又DH平面PAD,CE
平面PAD.
所以CE∥平面PAD.
方法二 连接CF.
因为F为AB的中点,
所以AF=
AB.
又CD=
AB,
所以AF=CD.
又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四边形.
因此CF∥AD,又CF
平面PAD,AD平面PAD,
所以CF∥平面PAD.
因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.
又EF
平面PAD,PA平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF=F,故平面CEF∥平面PAD.
又CE平面CEF,所以CE∥平面PAD.
(2)因为E、F分别为PB、AB的中点,所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA,
所以EF⊥AB,同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG=F,EF平面EFG,FG平面EFG.
所以AB⊥平面EFG.
又因为M,N分别为PD,PC的中点,
所以MN∥CD,又AB∥CD,所以MN∥AB,
所以MN⊥平面EFG.
又因为MN平面EMN,所以平面EFG⊥平面EMN.
引申探究
1.在本例条件下,证明:
平面EMN⊥平面PAC.
证明 因为AB⊥PA,AB⊥AC,
且PA∩AC=A,所以AB⊥平面PAC.
又MN∥CD,CD∥AB,所以MN∥AB,
所以MN⊥平面PAC.
又MN平面EMN,
所以平面EMN⊥平面PAC.
2.在本例条件下,证明:
平面EFG∥平面PAC.
证明 因为E,F,G分别为PB,AB,BC的中点,
所以EF∥PA,FG∥AC,
又EF
平面PAC,PA平面PAC,
所以EF∥平面PAC.
同理,FG∥平面PAC.
又EF∩FG=F,
所以平面EFG∥平面PAC.
思维升华
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义;
②面面垂直的判定定理(a⊥β,aα⇒α⊥β).
(2)在已知平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.
在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
(2016·江苏)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.
求证:
(1)直线DE∥平面A1C1F;
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
证明
(1)由已知,DE为△ABC的中位线,
∴DE∥AC,又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1,
∴DE∥A1C1,
又∵DE
平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,
∴DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,
∴AA1⊥A1C1,
又∵A1B1⊥A1C1,且A1B1∩AA1=A1,
∴A1C1⊥平面ABB1A1,
∵B1D平面ABB1A1,
∴A1C1⊥B1D,
又∵A1F⊥B1D,且A1F∩A1C1=A1,
∴B1D⊥平面A1C1F,
又∵B1D平面B1DE,
∴平面B1DE⊥平面A1C1F.
题型三 直线、平面垂直的综合应用
例3 如图所示,在四棱锥P—ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD是等边三角形,已知BD=2AD=8,AB=2DC=4
.
(1)设M是PC上的一点,求证:
平面MBD⊥平面PAD;
(2)求四棱锥P—ABCD的体积.
(1)证明 在△ABD中,∵AD=4,BD=8,AB=4
,
∴AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD平面ABCD,∴BD⊥平面PAD.
又BD平面MBD,
∴平面MBD⊥平面PAD.
(2)解 过P作PO⊥AD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD,
即PO为四棱锥P—ABCD的高.
又△PAD是边长为4的等边三角形,∴PO=2
.
在四边形ABCD中,AB∥DC,AB=2DC,
∴四边形ABCD为梯形.
在Rt△ADB中,斜边AB边上的高为
=
,
此即为梯形的高.
∴S四边形ABCD=
×
=24.
∴VP—ABCD=
×24×2
=16
.
思维升华 垂直关系综合题的类型及解法
(1)三种垂直的综合问题,一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.
(2)垂直与平行结合问题,求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.
(3)垂直与体积结合问题,在求体积时,可根据线面垂直得到表示高的线段,进而求得体积.
(2016·全国乙卷)如图,已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形,PA=6,顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.
(1)证明:
G是AB的中点;
(2)作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.
(1)证明 因为P在平面ABC内的正投影为D,
所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.
因为PD∩DE=D,PD,DE都在平面PED内,
所以AB⊥平面PED,又PG在平面PED内,
故AB⊥PG.
又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.
(2)解 在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.
理由如下:
由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,PC∩PA=P,PC与PA都在平面PAC中,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.
连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心.由
(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=
CG.
由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,
所以DE∥PC,因此PE=
PG,DE=
PC.
由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2
.
在等腰直角三角形EFP中,
可得EF=PF=2,
所以四面体PDEF的体积V=
×
×2×2×2=
.
16.立体几何证明问题中的转化思想
典例 (12分)如图所示,M,N,K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB,CD,C1D1的中点.
求证:
(1)AN∥平面A1MK;
(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.
思想方法指导
(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化,交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理;
(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础.证明过程中要注意利用平面几何中的结论,如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例;证明垂直时常用的等腰三角形的中线等;
(3)证明过程一定要严谨,使用定理时要对照条件、步骤书写要规范.
规范解答
证明
(1)如图所示,连接NK.
在正方体ABCD—A1B1C1D1中,
∵四边形AA1D1D,DD1C1C都为正方形,
∴AA1∥DD1,AA1=DD1,
C1D1∥CD,C1D1=CD.[2分]
∵N,K分别为CD,C1D1的中点,
∴DN∥D1K,DN=D1K,
∴四边形DD1KN为平行四边形,[3分]
∴KN∥DD1,KN=DD1,∴AA1∥KN,AA1=KN,
∴四边形AA1KN为平行四边形,∴AN∥A1K.[4分]
∵A1K平面A1MK,AN
平面A1MK,
∴AN∥平面A1MK.[6分]
(2)如图所示,连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,AB∥C1D1,AB=C1D1.
∵M,K分别为AB,C1D1的中点,
∴BM∥C1K,BM=C1K,
∴四边形BC1KM为平行四边形,∴MK∥BC1.[8分]
在正方体ABCD—A1B1C1D1中,A1B1⊥平面BB1C1C,
BC1平面BB1C1C,∴A1B1⊥BC1.
∵MK∥BC1,∴A1B1⊥MK.
∵四边形BB1C1C为正方形,∴BC1⊥B1C.[10分]
∴MK⊥B1C.
∵A1B1平面A1B1C,B1C平面A1B1C,A1B1∩B1C=B1,∴MK⊥平面A1B1C.
又∵MK平面A1MK,
∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]
1.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,要使n⊥β,则应增加的条件是( )
A.nα且m∥nB.n∥α
C.nα且n⊥mD.n⊥α
答案 C
解析 由面面垂直的性质定理知选C.
2.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,mα,nβ,则m⊥n
B.若α∥β,mα,nβ,,则m∥n
C.若m⊥n,mα,nβ,则α⊥β
D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
答案 D
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,mα,nβ,故C错误;故选D.
3.(2016·包头模拟)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1垂直底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC中点,则下列叙述正确的是( )
A.CC1与B1E是异面直线
B.AC⊥平面ABB1A1
C.AE与B1C1是异面直线,且AE⊥B1C1
D.A1C1∥平面AB1E
答案 C
解析 A不正确,因为CC1与B1E在同一个侧面中,故不是异面直线;B不正确,由题意知,上底面ABC是一个正三角形,故不可能存在AC⊥平面ABB1A1;C正确,因为AE,B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线,故它们是异面直线;D不正确,因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交,且A1C1与交线有公共点,故A1C1∥平面AB1E不正确,故选C.
4.正方体ABCD-A′B′C′D′中,E为A′C′的中点,则直线CE垂直于( )
A.A′C′B.BD
C.A′D′D.AA′
答案 B
解析 连接B′D′,
∵B′D′⊥A′C′,B′D′⊥CC′,且A′C′∩CC′=C′,
∴B′D′⊥平面CC′E.
而CE平面CC′E,
∴B′D′⊥CE.
又∵BD∥B′D′,∴BD⊥CE.
5.如图所示,直线PA垂直于⊙O所在的平面,△ABC内接于⊙O,且AB为⊙O的直径,点M为线段PB的中点.现有结论:
①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是( )
A.①②B.①②③
C.①D.②③
答案 B
解析 对于①,∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC,
∵AB为⊙O的直径,∴BC⊥AC,∴BC⊥平面PAC,
又PC平面PAC,∴BC⊥PC;
对于②,∵点M为线段PB的中点,∴OM∥PA,
∵PA平面PAC,OM
平面PAC,∴OM∥平面PAC;
对于③,由①知BC⊥平面PAC,∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离,故①②③都正确.
6.如图,∠BAC=90°,PC⊥平面ABC,则在△ABC和△PAC的边所在的直线中,与PC垂直的直线有________;与AP垂直的直线有________.
答案 AB、BC、AC AB
解析 ∵PC⊥平面ABC,∴PC垂直于直线AB,BC,AC;∵AB⊥AC,AB⊥PC,AC∩PC=C,∴AB⊥平面PAC,∴与AP垂直的直线是AB.
7.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足________时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析 由定理可知,BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,
而PC平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
8.如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的射影,给出下列结论:
①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是________.
答案 ①②③
解析 由题意知PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.
又AC⊥BC,且PA∩AC=A,
∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥AF.
∵AF⊥PC,且BC∩PC=C,
∴AF⊥平面PBC,
∴AF⊥PB,又AE⊥PB,AE∩AF=A,
∴PB⊥平面AEF,∴PB⊥EF.
故①②③正确.
9.已知α,β,γ是三个不同的平面,命题“α∥β,且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题,如果把α,β,γ中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有新命题中,真命题有________个.
答案 2
解析 若α,β换为直线a,b,则命题化为“a∥b,且a⊥γ⇒b⊥γ”,此命题为真命题;若α,γ换为直线a,b,则命题化为“a∥β,且a⊥b⇒b⊥β”,此命题为假命题;若β,γ换为直线a,b,则命题化为“a∥α,且b⊥α⇒a⊥b”,此命题为真命题.
10.(2016·四川)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=
AD.
(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由;
(2)证明:
平面PAB⊥平面PBD.
(1)解 取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点,理由如下:
连接BM,CM.
因为AD∥BC,BC=
AD,
所以BC∥AM,且BC=AM,
所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB.
又AB平面PAB,CM
平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(说明:
取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明 由已知,PA⊥AB,PA⊥CD.
因为AD∥BC,BC=CD=
AD,
所以直线AB与CD相交,
所以PA⊥平面ABCD,
从而PA⊥BD.
又BC∥MD,且BC=MD.
所以四边形BCDM是平行四边形,
所以BM=CD=
AD,所以BD⊥AB.
又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.
又BD平面PBD,
所以平面PAB⊥平面PBD.
11.(2016·北京)如图,在四棱锥PABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.
(1)求证:
DC⊥平面PAC;
(2)求证:
平面PAB⊥平面PAC;
(3)设点E为AB的中点,在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?
说明理由.
(1)证明 ∵PC⊥平面ABCD,DC平面ABCD,
∴PC⊥DC.又AC⊥DC,PC∩AC=C,PC平面PAC,AC平面PAC,∴DC⊥平面PAC.
(2)证明 ∵AB∥CD,CD⊥平面PAC,
∴AB⊥平面PAC,又AB平面PAB,
∴平面PAB⊥平面PAC.
(3)解 棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.
证明如下:
取PB的中点F,连接EF,CE,CF,又∵E为AB的中点,∴EF为△PAB的中位线,∴EF∥PA.又PA
平面CEF,EF平面CEF,∴PA∥平面CEF.
12.(2016·西安铁一中学模拟)如图,已知AF⊥平面ABCD,四边形ABEF为矩形,四边形ABCD为直角梯形,∠DAB=90°,AB∥CD,AD=AF=CD=2,AB=4.
(1)求证:
AC⊥平面BCE;
(2)求三棱锥E-BCF的体积.
(1)证明 过C作CM⊥AB,垂足为M,
又∵AD⊥DC,∴四边形ADCM为矩形,
∴AM=MB=2,
∵AD=2,AB=4,∴AC=2
,CM=2,BC=2
,
∴AB2=AC2+BC2,∴AC⊥BC,
∵AF⊥平面ABCD,BE∥AF,
∴BE⊥平面ABCD,
又∵AC平面ABCD,∴AC⊥EB,
∵EB∩BC=B,∴AC⊥平面BCE.
(2)∵AF⊥平面ABCD,∴AF⊥CM,
又CM⊥AB,AB∩AF=A,
∴CM⊥平面ABEF,
∴VE-
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学 一轮 复习 第八 立体几何 85 垂直 关系 教师 用书文