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2019高考数学(文)精讲二轮 专题五 立体几何 第二讲 点、直线、*面之间的位置关系

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第二讲 点、直线、*面之间的位置关系
考点一 空间线面位置关系的判断 1.直线、*面*行的判定及其性质 (1)线面*行的判定定理:a?α,b?α,a∥b,?a∥α. (2)线面*行的性质定理:a∥α,a?β,α∩β=b,?a∥b. (3)面面*行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥ α,?α∥β. (4)面面*行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,?a ∥b. 2.直线、*面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n, ?l⊥α. (2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α,?a∥b. (3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α,?α⊥β. (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l, ?a⊥β. [对点训练] 1.(2018·安徽黄山二模)下列说法中,错误的是( ) A.若*面 α∥*面 β,*面 α∩*面 γ=l,*面 β∩*面 γ=m,则 l∥m B.若*面 α⊥*面 β,*面 α∩*面 β=l,m?α,m⊥l, 则 m⊥β

C.若直线 l⊥*面 α,*面 α⊥*面 β,则 l∥β

D.若直线 l∥*面 α,*面 α∩*面 β=m,直线 l?*面 β,

则 l∥m

[解析] 对于 A,由面面*行的性质定理可知为真命题,故 A 正

确;对于 B,由面面垂直的性质定理可知为真命题,故 B 正确;对于

C,若 l⊥α,α⊥β,则 l∥β 或 l?β,故 C 错误;对于 D,由线

面*行的性质定理可知为真命题,故 D 正确,故选 C.

[答案] C

2.(2018·湖北重点中学联考)设 m,n 是*面 α 内的两条不同

直线,l1,l2 是*面 β 内两条相交直线,则 α⊥β 的一个充分不必

要条件是( )

A.l1⊥m,l1⊥n

B.m⊥l1,m⊥l2

C.m⊥l1,n⊥l2

D.m∥n,l1⊥n

[解析] 由 m⊥l1,m⊥l2 及已知条件可得 m⊥β,又 m?α,所以

α⊥β;反之,α⊥β 时未必有 m⊥l1,m⊥l2,故“m⊥l1,m⊥l2” 是“α⊥β”的充分不必要条件,其余选项均推不出 α⊥β,故选

B.

[答案] B

3.(2018·潍坊模拟)已知两条不同的直线 m,n 和两个不同的*

面 α,β,以下四个命题:

①若 m∥α,n∥β,且 α∥β,则 m∥n;

②若 m⊥α,n∥β,且 α∥β,则 m⊥n;

③若 m∥α,n⊥β,且 α⊥β,则 m∥n;

④若 m⊥α,n⊥β,且 α⊥β,则 m⊥n.

其中正确命题的个数是( )

A.4 B.3 C.2 D.1 [解析] 若 m∥α,n∥β,且 α∥β,则 m,n 可能*行、相交 或异面,①错误;若 m⊥α,α∥β,则 m⊥β,又 n∥β,则 m⊥n, ②正确;若 n⊥β,α⊥β,则 n∥α 或 n?α,又 m∥α,则 m,n 可能*行、相交或异面,③错误 ;若 n⊥β,α⊥β,则 n∥α 或 n?α,又 m⊥α,则 m⊥n,④正确,综上正确命题的个数是 2,故选 C. [答案] C 4.如图是一张矩形白纸 ABCD,AB=10,AD=10 2,E,F 分别 为 AD,BC 的中点,现分别将△ABE,△CDF 沿 BE,DF 折起,且 A、C 在*面 BFDE 同侧,下列命题正确的是________.(写出所有正确命题 的序号)
①当*面 ABE∥*面 CDF 时,AC∥*面 BFCE; ②当*面 ABE∥*面 CDF 时,AE∥CD; ③当 A、C 重合于点 P 时,PG⊥PD. [解析] 在△ABE 中,tan∠ABE= 22,在△ACD 中,tan∠CAD= 22,所以∠ABE=∠DAC,由题意,将△ABE,△DCF 沿 BE,DF 折起, 且 A,C 在*面 BEDF 同侧,此时 A、C、G、H 四点在同一*面内,* 面 ABE∩*面 AGHC=AG,*面 CDF∩*面 AGHC=CH,当*面 ABE∥* 面 CDF 时,得到 AG∥CH,显然 AG=CH,所以四边形 AGHC 为*行四边

形,所以 AC∥GH,进而可得 AC∥*面 BFDE,故①正确;由于折叠后, 直线 AE 与直线 CD 为异面直线,所以 AE 与 CD 不*行,故②不正确; 当 A、C 重合于点 P 时,可得 PG=103 3,PD=10,又 GD=10,∴PG2 +PD2≠GD2,所以 PG 与 PD 不垂直,故③不正确.
[答案] ① [快速审题] 看到线面关系的判断,想到空间中点、线、面的位 置关系,想到具体的实物代表的线、面或长方体模型.
空间线面位置关系判定的三种方法 (1)定理法:借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项 判断来解决问题. (2)模型法:借助空间几何模型,如在长方体、四面体等模型中 观察线面位置关系,结合有关定理作出选择. (3)反证法:当从正面较难入手时,可利用反证法,推出与题设 或公认的结论相矛盾的命题,进而作出判断.
考点二 空间中*行、垂直关系的证明 *行关系及垂直关系的转化

[证明] (1)如图所示,连接 AB1 交 A1B 于 E,连接 ED. ∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱,且 AB=BB1, ∴侧面 ABB1A1 是正方形, ∴E 是 AB1 的中点,又已知 D 为 AC 的中点, ∴在△AB1C 中,ED 是中位线, ∴B1C∥ED,又 B1C?*面 A1BD,ED?*面 A1BD, ∴B1C∥*面 A1BD. (2)∵AC1⊥*面 A1BD. ∴AC1⊥A1B. ∵侧面 ABB1A1 是正方形,∴A1B⊥AB1.

又 AC1∩AB1=A, ∴A1B⊥*面 AB1C1,∴A1B⊥B1C1. 又∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱, ∴BB1⊥B1C1,又 BB1∩A1B=B, ∴B1C1⊥*面 ABB1A1.
(1)证明线线*行的 4 种常用方法 ①利用*行公理,即证两直线同时和第三条直线*行; ②利用*行四边形进行*行转换; ③利用三角形的中位线定理证线线*行; ④利用线面*行、面面*行的性质定理进行*行转换. (2)证明线线垂直的 3 种常用方法 ①利用等腰三角形底边中线即高线的性质; ②勾股定理; ③线面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一 线所在的*面. [对点训练]
(2018·西宁模拟)如图,在几何体 ABCDE 中,AB=AD=2,AB⊥ AD,AE⊥*面 ABD,M 为线段 BD 的中点,MC∥AE,且 AE=MC= 2.

(1)求证:*面 BCD⊥*面 CDE; (2)若 N 为线段 DE 的中点,求证:*面 AMN∥*面 BEC. [证明] (1)∵AB=AD=2,AB⊥AD,M 为线段 BD 的中点, ∴AM=21BD= 2,AM⊥BD. ∵AE⊥*面 ABD,MC∥AE, ∴MC⊥*面 ABD, ∵AM?*面 ABD. ∴MC⊥AM,又 MC∩BD=M, ∴AM⊥*面 BCD. 又 AE=MC= 2, ∴四边形 AMCE 为*行四边形, ∴EC∥AM, ∴EC⊥*面 BCD, ∵EC?*面 CDE, ∴*面 BCD⊥*面 CDE. (2)∵M 为 BD 的中点,N 为 DE 的中点, ∴MN∥BE.∵MN?*面 BEC,BE?*面 BEC. ∴MN∥面 BEC. 由(1)知 EC∥AM,∵EC?*面 BEC,AM?*面 BEC. ∴AM∥面 BEC, 又∵AM∩MN=M.AM?*面 AMN,MN?*面 AMN.

∴*面 AMN∥*面 BEC. 考点三 空间角与距离
1.求异面直线所成的角 *移两条异面直线中的一条或两条成相交直线,其所成角(或补 角)即为所求. 2.空间距离的求解 求解距离的实质就是根据距离的定义把各种距离转化为一些垂 线段的长度的计算,通过解这条垂线段所在的直角三角形进行求解. 角度 1:求两异面直线所成角的大小
[解析] 因为 CD∥AB,所以∠BAE(或其补角)即为异面直线 AE 与 CD 所成的角.设正方体的棱长为 2,则 BE= 5.因为 AB⊥*面 BB1C1C, 所以 AB⊥BE.在 Rt△ABE 中,tan∠BAE=BAEB= 25,故选 C.
[答案] C 角度 2:求点到*面的距离

[解] (1)证明:由 A1A⊥*面 ABC,CM?*面 ABC,得 A1A⊥CM. 由 AC=CB,M 是 AB 的中点,得 AB⊥CM. 又 A1A∩AB=A,则 CM⊥*面 ABB1A1, 又 CM?*面 A1CM,所以*面 A1CM⊥*面 ABB1A1.

(2)设点 M 到*面 A1CB1 的距离为 h.连接 MB1.

由题意可知 A1C=CB1=A1B1=2MC=2 2,

A1M=B1M= 6,

则 S =2 △A1CB1 3,S△A1MB1=2 2.

由(1)可知 CM⊥*面 ABB1A1,则 CM 是三棱锥 C-A1MB1 的高,

V MC S V 1 由 =3 C-A1MB1

· = △A1MB1

M-A1CB1

=13h·S△A1CB1,

得 h=

2×2 23

2=2 3 3,

即点 M 到*面 A1CB1 的距离为2 3 3.

(1)用*移法求异面直线所成的角的 3 步骤

①一作:即根据定义作*行线,作出异面直线所成的角;

②二证:即证明作出的角是异面直线所成的角;

③三求:解三角形,求出作出的角,如果求出的角是锐角或直角,

则它就是要求的角,如果求出的角是钝角,则它的补角才是要求的角.

(2)点到*面的距离的 2 种求解策略

①直接法:利用空间线面位置关系找到或作出点到面的垂线段求

解.

②转化法:借助三棱锥的体积相等,选取易计算的底和高进行转

化求解.

[对点训练]

1.[角度 1](2018·长沙模拟)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BCA= 90°,D1,F1 分别是 A1B1,A1C1 的中点,若 BC=CA=CC1,则 BD1 与 AF1 所成角的正切值为( )

A.

21 3

B.

30 10

C.

30 15

D.

15 10

[解析] 如图所示,作正方体 AEBC-A1E1B1C1,取 AE 中点 M,连

接 MD1,MB.由 MD1∥AF1 可得∠MD1B 或其补角就是 BD1与 AF1所成的角.设

AC=a,则

MD1=MB=

25a,BD1=

26a.∴cos∠MD1B=

46a 25a=

3 10,

tan∠MD1B= 321,故选 A.
[答案] A 2.[角度 2](2018·河北张家口模拟)如图,四棱锥 P-ABCD 中, 四边形 ABCD 为正方形,PD⊥*面 ABCD,PD=DC=2,点 E,F 分别为 AD,PC 的中点.
(1)证明:DF∥*面 PBE; (2)求点 F 到*面 PBE 的距离. [解] (1)证明:取 PB 的中点 G,连接 EG,FG,则 FG∥BC,且 FG=21BC,

∵DE∥BC 且 DE=21BC,∴DE∥FG 且 DE=FG, ∴四边形 DEGF 为*行四边形,∴DF∥EG, 又 DF?*面 PBE,EG?*面 PBE,∴DF∥*面 PBE. (2)由(1)知 DF∥*面 PBE,∴点 D 到*面 PBE 的距离与 F 到*面 PBE 的距离是相等的,故转化为求点 D 到*面 PBE 的距离,设为 d. 连接 BD.∵VD-PBE=VP-BDE, ∴13S△PBE·d=31S△BDE·PD,

由题意可求得 PE=BE= 5,PB=2 3,

∴S△PBE=12×2 3×

? 5?2-2 2 32= 6,

又 S△BDE=12DE·AB=12×1×2=1,∴d= 36.

∴点 F 到*面 PBE 的距离为 36.

1.(2018·浙江卷)已知*面 α,直线 m,n 满足 m?α,n?α,

则“m∥n”是“m∥α”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

[解析] ∵m?α,n?α,m∥n,∴m∥α,故充分性成立.而由

m∥α,n?α,得 m∥n 或 m 与 n 异面,故必要性不成立,故选 A.

[答案] A

2.(2017·全国卷Ⅰ)如图,在下列四个正方体中,A,B 为正方

体的两个顶点,M,N,Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直

线 AB 与*面 MNQ 不*行的是( )

[解析] 解法一:B 选项中,AB∥MQ,且 AB?*面 MNQ,MQ?*面 MNQ,则 AB∥*面 MNQ;C 选项中,AB∥MQ,且 AB?*面 MNQ,MQ?* 面 MNQ,则 AB∥*面 MNQ;D 选项中,AB∥NQ,且 AB?*面 MNQ,NQ? *面 MNQ,则 AB∥*面 MNQ,故选 A.

解法二:A 选项中(如图),连接 CB 交 MN 于 D,连接 DQ,则*面

MNQ 与*面 ABC 的交线为 DQ,在△ABC 中,Q 为 AC 的中点,而点 D 为

CB 的四等分点,所以 AB 与 DQ 不*行,从而可知 AB 与*面 MNQ 不*

行,故选 A.

[答案] A

3.(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=120°,

AB=2,BC=CC1=1,则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为( )

A.

3 2

B.

15 5

C.

10 5

D.

3 3

[ 解 析 ] 将 直 三 棱 柱 ABC - A1B1C1 补 形 成 直 四 棱 柱 ABCD - A1B1C1D1(如图),连接 AD1,B1D1,则 AD1∥BC1.
则∠B1AD1(或其补角)为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角,易求得 AB1 = 5,BC1=AD1= 2,B1D1= 3.由余弦定理得 cos∠B1AD1= 510,故 选 C.
[答案] C 4.(2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 2, PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点.

(1)证明:PO⊥*面 ABC; (2)若点 M 在棱 BC 上,且 MC=2MB,求点 C 到*面 POM 的距离. [解] (1)证明:因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,所以 OP ⊥AC,且 OP=2 3. 连接 OB,因为 AB=BC= 22AC, 所以△ABC 为等腰直角三角形,且 OB⊥AC,OB=21AC=2. 由 OP2+OB2=PB2 知,OP⊥OB. 由 OP⊥OB,OP⊥AC 知 PO⊥*面 ABC.
(2)作 CH⊥OM,垂足为 H.又由(1)可得 OP⊥CH,所以 CH⊥*面 POM.
故 CH 的长为点 C 到*面 POM 的距离. 由题设可知 OC=21AC=2,CM=32BC=4 3 2,∠ACB=45°.所以 OM

=2 3 5,CH=OC·MC·OsMin∠ACB=4 5 5. 所以点 C 到*面 POM 的距离为4 5 5.
1.高考对此部分的命题较为稳定,一般为“一小一大”或“一 大”,即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题.
2.选择题一般在第 3~5 题的位置,填空题一般在第 14 题的位 置,多考查线面位置关系的判断,难度较小.
3.解答题多出现在第 18 或 19 题的位置,考查空间中*行或垂 直关系的证明、点到*面的距离及三棱锥体积的计算.
热点课题 13 立体几何中的“翻折”问题

[感悟体验] 如图 1,在边长为 4 的菱形 ABCD 中,∠DAB=60°,点 E,F 分 别在边 CD,CB 上,点 E 与点 C,D 不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿 EF 将△CEF 翻折到△PEF 的位置,使*面 PEF⊥*面 ABFED,如图 2 所示.
(1)求证:BD⊥*面 POA; (2)当 PB 取得最小值时,求四棱锥 P-BDEF 的体积. [解] (1)证明:因为菱形 ABCD 的对角线互相垂直,所以 BD⊥ AC,所以 BD⊥AO. 因为 EF⊥AC,所以 PO⊥EF. 因为*面 PEF⊥*面 ABFED,*面 PEF∩*面 ABFED=EF,且 PO? *面 PEF,

所以 PO⊥*面 ABFED. 因为 BD?*面 ABFED,所以 PO⊥BD. 因为 AO∩PO=O,所以 BD⊥*面 POA. (2)设 AO∩BD=H.因为∠DAB=60°, 所以△BDC 为等边三角形.

故 BD=4,HB=2,HC=2 3.

设 PO=x(0<x<2 3),则 OH=2 3-x,OA=4 3-x.

连接 OB.由 OH⊥BD,得 OB2=(2 3-x)2+22. 由(1)知 PO⊥*面 ABFED, 则 PO⊥OB,

所以 PB= OB2+PO2= ?2 3-x?2+22+x2

= 2?x- 3?2+10,

当 x= 3时,PB 取得最小值 10,此时 PO= 3,

所以

V

S 1 =3× 四棱锥 P-BDEF

PO × 梯形 BDEF

1 =3×

43×42-

43×22×

3=3.

专题跟踪训练(二十二)

一、选择题

1.(2018·中原名校联盟联考)已知 m 和 n 是两条不同的直线,

α 和 β 是两个不重合的*面,下面给出的条件中一定能推出 m⊥β

的是( )

A.α⊥β 且 m?α

B.α⊥β 且 m∥α

C.m∥n 且 n⊥β

D.m⊥n 且 n∥β

[解析] 对于选项 A,α⊥β 且 m?α,可得 m∥β 或 m 与 β 相

交或 m?β,故 A 不成立;对于选项 B,α⊥β 且 m∥α,可得 m?β

或 m∥β 或 m 与 β 相交,故 B 不成立;对于选项 C,m∥n 且 n⊥β,

则 m⊥β,故 C 正确;对于选项 D,由 m⊥n 且 n∥β,可得 m∥β 或

m 与 β 相交或 m?β,故 D 不成立,故选 C.

[答案] C

2.已知直线 m,l 与*面 α,β,γ 满足 β∩γ=l,l∥α,

m?α,m⊥γ,则下列命题一定正确的是( )

A.α⊥γ 且 l⊥m

B.α⊥γ 且 m∥β

C.m∥β 且 l⊥m

D.α∥β 且 α⊥γ

[解析] ∵m?α,m⊥γ,∴α⊥γ.又∵β∩γ=l,∴l?γ,

∴l⊥m,故选 A.

[答案] A

3.(2018·内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线 m,n,l 和

两个不重合的*面 α,β,下列命题中正确命题的个数为( )

①若 m∥n,n?α,则 m∥α;

②若 l⊥α,m⊥β 且 l⊥m,则 α⊥β;

③若 l⊥n,m⊥n,则 l∥m;

④若 α⊥β,α∩β=m,n?β,n⊥m,则 n⊥α.

A.1 B.2 C.3 D.4

[解析] ①若 m∥n,n?α,则 m∥α 或 m?α,不正确;②若 l

⊥α,m⊥β,且 l⊥m,由面面垂直的判定定理可得 α⊥β,正确;

③若 l⊥n,m⊥n,则 l 与 m *行、相交或为异面直线,不正确;④

若 α⊥β,α∩β=m,n?β,n⊥m,由面面垂直的性质定理得 n⊥

α,因此正确.综上可知只有②④正确,故选 B.

[答案] B 4.(2018·福州泉州二模)在下列四个正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, E,F,G 均为所在棱的中点,过 E,F,G 作正方体的截面,则在各个 正方体中,直线 BD1 与*面 EFG 不垂直的是( )
[解析] 如图,在正方体中,E,F,G,M,N,Q 均为所在棱的 中点,易知 E,F,G,M,N,Q 六个点共面,直线 BD1 与*面 EFMNQG 垂直,并且选项 A、B、C 中的*面与这个*面重合,不满足题意,只 有选项 D 中的直线 BD1 与*面 EFG 不垂直,满足题意,故选 D.
[答案] D 5.(2018·江西赣州模拟)如图,在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ BAC=90°,且 BC1⊥AC,过 C1 作 C1H⊥底面 ABC,垂足为 H,则点 H

在( )

A.直线 AC 上 C.直线 BC 上 [解析] 连接 AC1,如图:

B.直线 AB 上 D.△ABC 内部

∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB,∵BC1⊥AC,BC1∩AB=B, ∴AC⊥*面 ABC1, 又 AC 在*面 ABC 内, ∴根据面面垂直的判定定理,知*面 ABC⊥*面 ABC1, 则根据面面垂直的性质定理知,在*面 ABC1 内一点 C1 向*面 ABC 作垂线,垂足必落在交线 AB 上,故选 B. [答案] B 6.[原创题]如图所示,三棱锥 P-ABC 中,PA⊥*面 ABC,D 是 棱 PB 的中点,已知 PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,则异面直线 PC,AD 所成角的余弦值为( )

A.-

30 10

C.-

30 5

[解析]

B.

30 5

D.

30 10

如图所示,取 BC 的中点 E,连接 DE,AE.则在△PBC 中,PD=DB, BE=EC,所以 DE∥PC,且 DE=12PC.故∠EDA 为异面直线 PC,AD 所成 的角或其补角.因为 PA⊥*面 ABC,所以 PA⊥AC,PA⊥AB.在 Rt△ABC 中,AC= BC2+BA2= 22+42=2 5;在 Rt△PAC 中,PC= PA2+AC2=
22+?2 5?2=2 6.故 DE=12PC= 6.在 Rt△PAB 中,PB= AB2+PA2= 42+22=2 5;又 PD=DB,所以 AD=21PB= 5.在 Rt△EAB 中,AE= AB2+BE2= 42+12= 17.在△DAE 中,cos∠ADE=AD22+ADD×E2-DEAE2=

?

5?2+? 6?2-? 2 5× 6

17?2=- 1300.设异面直线 PC,AD 所成的角为 θ,则

cosθ=|cos∠ADE|=

30 10 ,故选

D.

[答案] D

二、填空题 7.(2018·定州二模)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2, E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上,若 EF∥*面 AB1C,则 EF=________.

[解析] 根据题意,因为 EF∥*面 AB1C,EF?*面 ABCD,*面 ABCD∩*面 AB1C=AC,所以 EF∥AC.又 E 是 AD 的中点,所以 F 是 CD 的中点.因为在 Rt△DEF 中,DE=DF=1,故 EF= 2.
[答案] 2 8.过三棱柱 ABC-A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线,其中与* 面 ABB1A1 *行的直线共有________条.

[解析] 过三棱柱 ABC-A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线,其中

与*面 ABB1A1 *行的直线只可能落在*面 DEFG 中(其中 D、E、F、G 分别为 AC,BC,B1C1,A1C1 的中点).易知经过 D、E、F、G 中任意两 点的直线共有 6 条.
[答案] 6 9.(2018·运城一模)在△ABC 中,∠C=90°,∠B=30°,AC =1,M 为 AB 的中点,将△BCM 沿 CM 折起,使点 A,B 间的距离为 2, 则点 M 到*面 ABC 的距离为________. [解析]

在*面图形中,由已知得 AB=2,AM=BM=MC=1,BC= 3,∴ △AMC 为等边三角形,取 CM 的中点 D,连接 AD,则 AD⊥CM,设 AD 的

延长线交 BC 于 E,则 AD= 23,DE= 63,CE= 33.根据题意知,折起 后的图形如图所示,由 BC2=AC2+AB2,知∠BAC=90°,又 cos∠ECA



3 3 ,连接

AE,则

AE2=CA2+CE2-2CA·CEcos∠ECA=23,于是

AC2

=AE2+CE2,∴∠AEC=90°,∴AE⊥BC.∵AD2=AE2+ED2,∴AE⊥DE, 又 BC,DE?*面 BCM,BC∩DE=E,∴AE⊥*面 BCM,即 AE 是三棱锥

A-BCM 的高,设点 M 到*面 ABC 的距离为 h,∵S△BCM= 43,AE= 36,

所以由

VA-BCM=VM-ABC,可得13×

3 4×

611 3 =3×2×

2×1×h,∴h=12.

[答案]

1 2

三、解答题

10.(2018·安徽淮北一中模拟)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是

矩形,PA⊥*面 ABCD,E,F 分别是 AB,PD 的中点,且 PA=AD.

(1)求证:AF∥*面 PEC; (2)求证:*面 PEC⊥*面 PCD. [证明] (1)取 PC 的中点 G,连接 FG、EG,

∵F 为 PD 的中点,G 为 PC 的中点, ∴FG 为△CDP 的中位线,∴FG∥CD,FG=21CD. ∵四边形 ABCD 为矩形,E 为 AB 的中点,∴AE∥CD,AE=12CD. ∴FG=AE,FG∥AE,∴四边形 AEGF 是*行四边形, ∴AF∥EG,又 EG?*面 PEC,AF?*面 PEC, ∴AF∥*面 PEC.

(2)∵PA=AD,F 为 PD 中点,∴AF⊥PD,∵PA⊥*面 ABCD,CD? *面 ABCD,∴PA⊥CD,
又∵CD⊥AD,AD∩PA=A,∴CD⊥*面 PAD,∵AF?*面 PAD,∴ CD⊥AF,
又 PD∩CD=D,∴AF⊥*面 PCD, 由(1)知 EG∥AF,∴EG⊥*面 PCD, 又 EG?*面 PEC,∴*面 PEC⊥*面 PCD. 11. (2018·河南洛阳一模)如图,在四棱锥 E-ABCD 中,△EAD 为等边三角形,底面 ABCD 为等腰梯形,满足 AB∥CD,AD=DC=12AB, 且 AE⊥BD.
(1)证明:*面 EBD⊥*面 EAD; (2)若△EAD 的面积为 3,求点 C 到*面 EBD 的距离. [解] (1)证明:如图,取 AB 的中点 M,连接 DM,则由题意可知 四边形 BCDM 为*行四边形,∴DM=CB=AD=12AB,

即点 D 在以线段 AB 为直径的圆上, ∴BD⊥AD, 又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A, ∴BD⊥*面 EAD. ∵BD?*面 EBD,∴*面 EBD⊥*面 EAD. (2)∵BD⊥*面 EAD,且 BD?*面 ABCD,∴*面 ABCD⊥*面 EAD. ∵等边△EAD 的面积为 3,∴AD=AE=ED=2,

取 AD 的中点 O,连接 EO,则 EO⊥AD,EO= 3, ∵*面 EAD⊥*面 ABCD,*面 EAD∩*面 ABCD=AD, ∴EO⊥*面 ABCD. 由(1)知△ABD,△EBD 都是直角三角形,

∴BD= AB2-AD2=2 3, S△EBD=21ED·BD=2 3, 设点 C 到*面 EBD 的距离为 h, 由 VC-EBD=VE-BCD,得13S△EBD·h=13S△BCD·EO,

又 S△BCD=12BC·CDsin120°= 3,

∴h= 23.

∴点

C

到*面

EBD

的距离为

3 2.

12.(2018·山西太原一模)如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形

ABCD 为菱形,AF∥DE,AF⊥AD,且*面 BED⊥*面 ABCD.

(1)求证:AF⊥CD; (2)若∠BAD=60°,AF=AD=12ED=2,求多面体 ABCDEF 的体积. [解] (1)证明:连接 AC,交 BD 于点 O.

由四边形 ABCD 为菱形可知 AC⊥BD.

∵*面 BED⊥*面 ABCD,且交线为 BD,AC?*面 ABCD,∴AC⊥

*面 BED,∴AC⊥ED.

又∵AF∥DE,∴AF⊥AC.

∵AF⊥AD,AC∩AD=A,∴AF⊥*面 ABCD.

∵CD?*面 ABCD,∴AF⊥CD.

V V V (2) = + . ABCDEF

E-BCD

B-ADEF

由(1)知,AF⊥*面 ABCD,又 AF∥DE,∴DE⊥*面 ABCD,



VE-BCD=31ED·S△BCD=13×4×12×2×2×sin60°=4

3

3 .

取 AD 的中点 H,连接 BH,则 BH⊥AD,BH= 3.

由(1)可知 BH⊥AF,又∵AD∩AF=A,∴BH⊥*面 ADEF,

则 VB-ADEF=31BH·SADEF=13×

1 3×2×(2+4)×2=2

3.

∴VABCDEF=4 3 3+2 3=130 3,

即多面体 ABCDEF 的体积为130 3.




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