《(天津?qū)S茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.2 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系精練.docx》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(天津?qū)S茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.2 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系精練.docx(21頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
8.2 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系
挖命題
【考情探究】
考點(diǎn)
內(nèi)容解讀
5年考情
預(yù)測(cè)熱度
考題示例
考向
關(guān)聯(lián)考點(diǎn)
空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系
1.理解空間直線、平面位置關(guān)系的定義,并了解四個(gè)公理及推論
2.會(huì)用平面的基本性質(zhì)證明點(diǎn)共線、線共點(diǎn)以及點(diǎn)線共面等問(wèn)題
3.理解空間兩直線的位置關(guān)系及判定,了解等角定理和推論
2013天津,17
證明異面直線垂直
求二面角的正弦值
★★☆
2012天津,17
求異面直線所成角的正切值
證面面垂直、求線面角的正弦值
2008天津,5
直線、平面位置關(guān)系的判定
充分條件
分析解讀 1.會(huì)用平面的基本性質(zhì)證明點(diǎn)共線、線共點(diǎn)、點(diǎn)線共面問(wèn)題;會(huì)用反證法證明異面或共面問(wèn)題.2.會(huì)證明兩條直線異面;會(huì)應(yīng)用三線平行公理和等角定理及推論解決有關(guān)問(wèn)題,會(huì)求兩條異面直線所成的角;了解兩條異面直線間的距離.3.高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查常以棱柱、棱錐為載體,求異面直線所成的角,分值約為5分,屬于中檔題.
破考點(diǎn)
【考點(diǎn)集訓(xùn)】
考點(diǎn) 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系
1.α是一個(gè)平面,m,n是兩條直線,A是一個(gè)點(diǎn),若m?α,n?α,且A∈m,A∈α,則m,n的位置關(guān)系不可能是( )
A.垂直 B.相交 C.異面 D.平行
答案 D
2.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱所在直線與直線BA1是異面直線的條數(shù)為( )
A.4 B.5 C.6 D.7
答案 C
3.如圖,G,N,M,H分別是正三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn),則表示直線GH,MN是異面直線的圖形有( )
A.①③ B.②③ C.②④ D.②③④
答案 C
4.已知四棱錐P-ABCD的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)都相等,點(diǎn)E是PB的中點(diǎn),則異面直線AE與PD所成角的余弦值為( )
A.13 B.23 C.33 D.23
答案 C
5.在正四棱錐P-ABCD中,PA=2,直線PA與平面ABCD所成角為60,E為PC的中點(diǎn),則異面直線PA與BE所成角的大小為 .
答案 45
煉技法
【方法集訓(xùn)】
方法1 點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷方法
1.(2014遼寧,4,5分)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說(shuō)法正確的是( )
A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m⊥α,n?α,則m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α
答案 B
2.如圖所示,空間四邊形ABCD中,E,F,G分別在AB、BC、CD上,且滿足AE∶EB=CF∶FB=2∶1,CG∶GD=3∶1,過(guò)E、F、G的平面交AD于H,連接EH.
(1)求AH∶HD;
(2)求證:EH、FG、BD三線共點(diǎn).
解析 (1)∵AEEB=CFFB=2,∴EF∥AC,又EF?平面ACD,AC?平面ACD,∴EF∥平面ACD,
又∵EF?面EFGH,面EFGH∩面ACD=GH,∴EF∥GH.
而EF∥AC,∴AC∥GH,∴AHHD=CGGD=3.
∴AH∶HD=3∶1.
(2)證明:∵EF∥GH,
且EFAC=13,GHAC=14,∴EF≠GH,
∴四邊形EFGH為梯形,
∴直線EH,FG必相交.
設(shè)EH∩FG=P,則P∈EH,而EH?面ABD,∴P∈面ABD,
同理,P∈面BCD,而面ABD∩面BCD=BD,∴P∈BD.
∴EH、FG、BD三線共點(diǎn).
3.如圖所示,已知l1,l2,l3,l4四條直線兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn),交點(diǎn)分別為A,B,C,D,E,F.求證:四條直線l1,l2,l3,l4共面.
證明 證法一:∵A、C、E不共線,
∴它們確定一個(gè)平面α,
又A∈l1,C∈l1,∴l(xiāng)1?α,
同理,l2?α,又B∈l1,D∈l2,∴B∈α,D∈α,
∴l(xiāng)3?α,同理,l4?α,
故l1,l2,l3,l4四條直線共面.
證法二:∵點(diǎn)A、C、E不共線,
∴它們確定一個(gè)平面α,
又∵A∈l1,C∈l1,
∴l(xiāng)1?α,同理,l2?α,
又∵F、D、E不共線,
∴它們確定一個(gè)平面β.
又D∈l3,F∈l3,E∈l4,F∈l4,
∴l(xiāng)3?β,l4?β.
而不共線的三點(diǎn)B、C、D可確定一個(gè)平面,
又B、C、D既在α內(nèi)又在β內(nèi),
故平面α與平面β重合.
∴l(xiāng)1,l2,l3,l4四條直線共面.
評(píng)析證法一與證法二是證明共面問(wèn)題常用的方法,證法一是先確定一個(gè)平面α,后證明其他的直線也在這個(gè)平面內(nèi),從而使問(wèn)題得證;證法二是尋找了兩個(gè)平面α與β使得四條直線在α內(nèi)或在β內(nèi),然后再證明α與β重合,從而使問(wèn)題得證.證明本題也可用反證法.
方法2 異面直線所成角的求法
4.已知P是△ABC所在平面外一點(diǎn),M,N分別是AB,PC的中點(diǎn),若MN=BC=4,PA=43,則異面直線PA與MN所成角的大小是( )
A.30 B.45 C.60 D.90
答案 A
5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC的中點(diǎn),F為B1C1的中點(diǎn),則異面直線AF與C1E所成角的正切值為( )
A.52 B.23 C.255 D.53
答案 C
過(guò)專題
【五年高考】
A組 自主命題天津卷題組
1.(2008天津,5,5分)設(shè)a,b是兩條直線,α,β是兩個(gè)平面,則a⊥b的一個(gè)充分條件是( )
A.a⊥α,b∥β,α⊥β B.a⊥α,b⊥β,α∥β C.a?α,b⊥β,α∥β D.a?α,b∥β,α⊥β
答案 C
2.(2013天津,17,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E為棱AA1的中點(diǎn).
(1)證明B1C1⊥CE;
(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;
(3)設(shè)點(diǎn)M在線段C1E上,且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為26,求線段AM的長(zhǎng).
解析 解法一:如圖,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,依題意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).
(1)證明:易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),
于是B1C1CE=0,所以B1C1⊥CE.
(2)B1C=(1,-2,-1).
設(shè)平面B1CE的法向量m=(x,y,z),
則mB1C=0,mCE=0,即x-2y-z=0,-x+y-z=0,消去x,得y+2z=0,
不妨令z=1,可得一個(gè)法向量為m=(-3,-2,1).
由(1)知B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,
故B1C1=(1,0,-1)為平面CEC1的一個(gè)法向量.
于是cos
=mB1C1|m||B1C1|=-4142=-277,
從而sin=217.
所以二面角B1-CE-C1的正弦值為217.
(3)AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1).設(shè)EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM=AE+EM=(λ,λ+1,λ).可取AB=(0,0,2)為平面ADD1A1的一個(gè)法向量.
設(shè)θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角,
則sinθ=|cos|=|AMAB||AM||AB|
=2λλ2+(λ+1)2+λ22=λ3λ2+2λ+1.
于是λ3λ2+2λ+1=26,
解得λ=13,所以AM=2.
解法二:(1)證明:因?yàn)閭?cè)棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.經(jīng)計(jì)算可得B1E=5,B1C1=2,EC1=3,從而B(niǎo)1E2=B1C12+EC12,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE.
(2)過(guò)B1作B1G⊥CE于點(diǎn)G,連接C1G.
由(1)知B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,
得CE⊥C1G,所以∠B1GC1為二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=3,CC1=2,可得C1G=263.在Rt△B1C1G中,B1G=423,所以sin∠B1GC1=217,即二面角B1-CE-C1的正弦值為217.
(3)連接D1E,過(guò)點(diǎn)M作MH⊥ED1于點(diǎn)H,可得MH⊥平面ADD1A1,連接AH,AM,則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角.設(shè)AM=x,從而在Rt△AHM中,有MH=26x,AH=346x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=2,得EH=2MH=13x.在△AEH中,∠AEH=135,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AEEHcos135,得1718x2=1+19x2+23x,整理得5x2-22x-6=0,解得x=2.所以線段AM的長(zhǎng)為2.
評(píng)析本題主要考查空間兩條直線的位置關(guān)系,二面角,直線與平面所成的角,直線與平面垂直等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問(wèn)題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力.
3.(2012天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD⊥PD,BC=1,PC=23,PD=CD=2.
(1)求異面直線PA與BC所成角的正切值;
(2)證明平面PDC⊥平面ABCD;
(3)求直線PB與平面ABCD所成角的正弦值.
解析 (1)在四棱錐P-ABCD中,因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形,所以AD=BC且AD∥BC,故∠PAD(或其補(bǔ)角)為異面直線PA與BC所成的角.又因?yàn)锳D⊥PD,所以tan∠PAD=PDAD=2.
所以,異面直線PA與BC所成角的正切值為2.
(2)證明:由于底面ABCD是矩形,故AD⊥CD,
又由于AD⊥PD,CD∩PD=D,因此AD⊥平面PDC,
而AD?平面ABCD,所以平面PDC⊥平面ABCD.
(3)在平面PDC內(nèi),過(guò)點(diǎn)P作PE⊥CD交直線CD于點(diǎn)E,連接EB.
由于平面PDC⊥平面ABCD,而直線CD是平面PDC與平面ABCD的交線,故PE⊥平面ABCD.由此得∠PBE為直線PB與平面ABCD所成的角.
在△PDC中,PD=CD=2,PC=23,故∠PCD=30.
在Rt△PEC中,PE=PCsin30=3.
由AD∥BC,AD⊥平面PDC,得BC⊥平面PDC,因此BC⊥PC.
在Rt△PCB中,PB=PC2+BC2=13.
在Rt△PEB中,sin∠PBE=PEPB=3913.
所以直線PB與平面ABCD所成角的正弦值為3913.
評(píng)析本題主要考查異面直線所成的角、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.
B組 統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組
1.(2018課標(biāo)Ⅱ文,9,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點(diǎn),則異面直線AE與CD所成角的正切值為( )
A.22 B.32 C.52 D.72
答案 C
2.(2016浙江文,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直線l.若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則( )
A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n
答案 C
3.(2015浙江文,4,5分)設(shè)α,β是兩個(gè)不同的平面,l,m是兩條不同的直線,且l?α,m?β.( )
A.若l⊥β,則α⊥β B.若α⊥β,則l⊥m C.若l∥β,則α∥β D.若α∥β,則l∥m
答案 A
4.(2015廣東文,6,5分)若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是( )
A.l與l1,l2都不相交
B.l與l1,l2都相交 C.l至多與l1,l2中的一條相交
D.l至少與l1,l2中的一條相交
答案 D
5.(2014廣東文,9,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,則下列結(jié)論一定正確的是( )
A.l1⊥l4
B.l1∥l4 C.l1與l4既不垂直也不平行
D.l1與l4的位置關(guān)系不確定
答案 D
6.(2015四川文,18,12分)一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.
(1)請(qǐng)將字母F,G,H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說(shuō)明理由);
(2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論;
(3)證明:直線DF⊥平面BEG.
解析 (1)點(diǎn)F,G,H的位置如圖所示.
(2)平面BEG∥平面ACH.證明如下:
因?yàn)锳BCD-EFGH為正方體,所以BC∥FG,BC=FG,
又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,
故BCHE為平行四邊形.
所以BE∥CH.
又CH?平面ACH,BE?平面ACH,
所以BE∥平面ACH.
同理,BG∥平面ACH.
又BE∩BG=B,
所以平面BEG∥平面ACH.
(3)證明:連接FH.
因?yàn)锳BCD-EFGH為正方體,所以DH⊥平面EFGH,
因?yàn)镋G?平面EFGH,所以DH⊥EG.
又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD.
又DF?平面BFHD,所以DF⊥EG.
同理,DF⊥BG.
又EG∩BG=G,
所以DF⊥平面BEG.
評(píng)析本題主要考查簡(jiǎn)單空間圖形的直觀圖、空間線面平行與垂直的判定與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力.
7.(2014課標(biāo)Ⅱ文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點(diǎn).
(1)證明:PB∥平面AEC;
(2)設(shè)AP=1,AD=3,三棱錐P-ABD的體積V=34,求A到平面PBC的距離.
解析 (1)證明:設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為O,連接EO.
因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點(diǎn).
又E為PD的中點(diǎn),所以EO∥PB.
EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)V=13PAS△ABD=16PAABAD=36AB.
由V=34,可得AB=32.
作AH⊥PB交PB于H.
由題設(shè)知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH,
又BC∩BP=B,故AH⊥平面PBC.
又AH=PAABPB=31313,
所以A到平面PBC的距離為31313.
評(píng)析本題考查直線和平面平行、垂直的判定方法以及空間距離的計(jì)算,考查了空間想象能力.
C組 教師專用題組
(2014陜西文,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,平行于棱AD,BC的平面分別交四面體的棱AB,BD,DC,CA于點(diǎn)E,F,G,H.
(1)求四面體ABCD的體積;
(2)證明:四邊形EFGH是矩形.
解析 (1)由該四面體的三視圖可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,
∴AD⊥平面BDC,
∴四面體ABCD的體積V=1312221=23.
(2)證明:∵BC∥平面EFGH,
平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.
同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,
∴四邊形EFGH是平行四邊形.
又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四邊形EFGH是矩形.
【三年模擬】
一、選擇題(每小題5分,共20分)
1.(2019屆天津七校聯(lián)考期中,4)已知m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個(gè)不同的平面,則下列命題中正確的是( )
A.若α⊥γ,α⊥β,則γ∥β
B.若m∥n,m?α,n?β,則α∥β C.若m∥n,m⊥α,n⊥β,則α∥β
D.若m∥n,m∥α,則n∥α
答案 C
2.(2018天津楊村一中熱身訓(xùn)練,4)已知命題p:“直線l垂直于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線”的充要條件是“l(fā)⊥α”;命題q:若平面α⊥平面β,直線a?β,則“a⊥α”是“a平行于β”的充分不必要條件,則正確命題是( )
A.p∧q B.(p)∧q C.(p)∧(q) D.p∨(q)
答案 B
3.(2018天津南開(kāi)中學(xué)第三次月考,5)若m、n是兩條不同的直線,α、β、γ是三個(gè)不同的平面,則下列命題中真命題是( )
A.若m⊥β,m∥α,則α⊥β
B.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,則α∥β C.若m?β,α⊥β,則m⊥α
D.若α⊥γ,α⊥β,則β⊥γ
答案 A
4.(2019屆天津七校聯(lián)考期中,8)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn),則下列結(jié)論正確的有( )
①三棱錐M-DCC1的體積為定值;
②DC1⊥D1M;
③∠AMD1的最大值為90;
④AM+MD1的最小值為2.
A.①② B.①②③ C.③④ D.①②④
答案 A
二、填空題(每小題5分,共5分)
5.(2019屆天津新華中學(xué)期中,10)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個(gè)不同平面,則下列命題正確的是 .
①若α,β垂直于同一平面,則α與β平行
②若m,n平行于同一平面,則m與n平行
③若α,β不平行,則在α內(nèi)不存在與β平行的直線
④若m,n不平行,則m與n不可能垂直于同一平面
答案?、?
三、解答題(共75分)
6.(2017天津南開(kāi)中學(xué)第五次月考,17)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中點(diǎn),DC1⊥BD.
(1)證明:DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
解析 (1)證明:由題設(shè)知,三棱柱的側(cè)面為矩形.
由于D為AA1的中點(diǎn),故DC=DC1.又AC=12AA1,所以DC12+DC2=CC12,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.又BC?平面BCD,故DC1⊥BC.
(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,且DC1∩CC1=C1,則BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1兩兩相互垂直.
以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA為x軸的正方向,CB為y軸的正方向,CC1為z軸的正方向,|CA|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.
由題意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2),
則A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1).
設(shè)n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,
則nBD=0,nA1D=0,即x-y+z=0,z=0,令x=1,則y=1,因此可取n=(1,1,0).
同理,設(shè)m=(a,b,c)是平面C1BD的法向量,則mBD=0,mDC1=0,即a-b+c=0,-a+c=0,令a=1,則c=1,b=2,故可取m=(1,2,1).從而cos=nm|n||m|=32.
又易知二面角A1-BD-C1為銳二面角,
故二面角A1-BD-C1的大小為30.
7.(2017天津南開(kāi)一模,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,PA=PB,PA⊥PB,F為CP上的點(diǎn),且BF⊥平面PAC.
(1)求證:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)求直線PC與平面ABCD所成角的正弦值;
(3)在棱PD上是否存在一點(diǎn)G,使GF∥平面PAB?若存在,求PG的長(zhǎng);若不存在,說(shuō)明理由.
解析 (1)證明:∵BF⊥平面PAC,PA?平面PAC,
∴BF⊥PA,
又PA⊥PB,PB∩BF=B,∴PA⊥平面PBC,
又BC?平面PBC,∴PA⊥BC,
又∵底面ABCD是正方形,
∴AB⊥BC,又PA∩AB=A,
∴BC⊥平面PAB,∵BC?平面ABCD,
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)作PE⊥AB,垂足為E,連接EC,由(1)知平面PAB⊥平面ABCD,又平面PAB∩平面ABCD=AB,∴PE⊥平面ABCD,則∠PCE為直線PC與平面ABCD所成角.
∵PA=PB,PA⊥PB,AB=2,
∴PE=1,PB=2,
∴在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=6,
∴在Rt△PEC中,sin∠PCE=PEPC=66,
∴直線PC與平面ABCD所成角的正弦值為66.
(3)作FG∥CD,交PD于G,
∵FG∥CD,AB∥CD,
∴FG∥AB.
又∵FG?平面PAB,AB?平面PAB,
∴FG∥平面PAB,
∵BF⊥平面PAC,PC?平面PAC,
∴BF⊥PC.
∴在Rt△PBC中,易得BF=233.
在Rt△PBF中,由勾股定理可得PF=63.
又∵PC=PD,∴PG=63,
即棱PD上存在一點(diǎn)G,使GF∥平面PAB,且PG=63.
解題分析 本題考查線面、面面垂直的判定定理,考查線面角,考查線面平行,屬于中檔題.
8.(2017天津南開(kāi)二模,17)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,∠BAC=90,AC=AB=AA1,E是BC的中點(diǎn).
(1)求證:AE⊥B1C;
(2)求異面直線AE與A1C所成角的大小;
(3)若G為C1C的中點(diǎn),求二面角C-AG-E的正切值.
解析 (1)證明:∵BB1⊥平面ABC,AE?平面ABC,∴AE⊥BB1,
由AB=AC,E為BC的中點(diǎn)得AE⊥BC,
∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BB1C1C,
又B1C?平面BB1C1C,∴AE⊥B1C.
(2)取B1C1的中點(diǎn)E1,連接A1E1,E1C,
則AE∥A1E1,
∴∠E1A1C或其補(bǔ)角是異面直線AE與A1C所成的角.
設(shè)AC=AB=AA1=2,則由∠BAC=90,
可得A1E1=AE=2,A1C=22,E1C1=EC=12BC=2,
∴E1C=E1C12+C1C2=6,
在△E1A1C中,由余弦定理的推論得cos∠E1A1C=2+8-62222=12,
∴異面直線AE與A1C所成角的大小為π3.
(3)設(shè)P是AC的中點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AG于Q,連接EP,EQ,則EP∥AB,EP⊥AC,
又∵平面ABC⊥平面ACC1A1,且平面ACC1A1∩平面ABC=AC,EP?平面ABC,
∴EP⊥平面ACC1A1,而PQ⊥AG,
∴由三垂線定理得EQ⊥AG.
∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角,
設(shè)EP=1,則AP=1,PQCG=APAG,PQ=15,得tan∠PQE=PEPQ=5.
所以二面角C-AG-E的正切值是5.
解題分析 本題是與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題,主要考查了異面直線的夾角,線線垂直的判定,二面角等知識(shí)點(diǎn),難度適中,熟練掌握線面垂直,線線垂直與面面垂直之間的轉(zhuǎn)化及異面直線夾角與二面角的定義,是解答本題的關(guān)鍵.
9.(2018天津?qū)嶒?yàn)中學(xué)熱身訓(xùn)練,17)如圖,在側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中點(diǎn),F是平面B1C1E與直線AA1的交點(diǎn).
(1)證明:EF∥A1D1;
(2)證明:BA1⊥平面B1C1EF;
(3)求BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值.
解析 (1)證明:因?yàn)镃1B1∥A1D1,C1B1?平面ADD1A1,A1D1?平面ADD1A1,
所以C1B1∥平面A1D1DA.
又因?yàn)槠矫鍮1C1EF∩平面A1D1DA=EF,
所以C1B1∥EF,所以A1D1∥EF.
(2)證明:因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥B1C1.
又因?yàn)锽1C1⊥B1A1,BB1∩B1A1=B1,
所以B1C1⊥平面ABB1A1,
又BA1?平面ABB1A1,
所以B1C1⊥BA1.
在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點(diǎn),所以tan∠A1B1F=tan∠AA1B=22,即∠A1B1F=∠AA1B,
故BA1⊥B1F,又B1F∩B1C1=B1,
所以BA1⊥平面B1C1EF.
(3)設(shè)BA1與B1F的交點(diǎn)為H,連接C1H.
由(2)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1與平面B1C1EF所成的角.
在矩形AA1B1B中,AB=2,AA1=2,易得BH=46.
在Rt△BHC1中,BC1=25,BH=46,所以sin∠BC1H=BHBC1=3015.
所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是3015.
10.(2018天津河西二模,17)如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACD=90,AB=1,AD=2,四邊形ABEF為正方形,平面ABEF⊥平面ABCD,P為DF的中點(diǎn),AN⊥CF,垂足為N.
(1)求證:AN⊥平面CDF;
(2)求異面直線BF與PC所成角的正切值;
(3)求三棱錐B-CEF的體積.
解析 (1)證明:∵四邊形ABEF為正方形,∴AB⊥AF,
∵四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACD=90,
∴CD⊥AC,AB∥CD,∴CD⊥AF,
∵AF∩AC=A,∴CD⊥平面ACF,
∵AN?平面AFC,∴CD⊥AN,
∵AN⊥CF,CF∩CD=C,
∴AN⊥平面CDF.
(2)連接BD交AC于點(diǎn)O,連接AP、PO.
∵四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACD=90,AB=1,AD=2,
∴AC=AD2-CD2=4-1=3,∴AO=CO=32,
∵平面ABEF⊥平面ABCD,
∴AF⊥平面ABCD,
又AD?平面ABCD,∴AF⊥AD,
∵四邊形ABEF為正方形,AB=1,∴AF=AB=1,
∵P為DF的中點(diǎn),∴AP=12FD.
由(1)知CD⊥平面ACF,
∴CD⊥CF,又P為DF的中點(diǎn),∴CP=12FD,
∴AP=CP=12FD=12AF2+AD2=121+4=52,
∵P為DF的中點(diǎn),O是BD的中點(diǎn),∴BF∥PO,
∴∠CPO或其補(bǔ)角是異面直線BF與PC所成的角,
sin∠CPO=COPC=3252=155,
∴cos∠CPO=105,tan∠CPO=62,
∴異面直線BF與PC所成角的正切值為62.
(3)由(1)知CD∥AB,且∠ACD=90,
∴∠CAB=90,即AB⊥AC,
由(2)知AF⊥平面ABCD,∴AF⊥AC,
又AF∩AB=A,∴AC⊥平面ABF,
又由(2)知CA=3,
∴三棱錐B-CEF的體積VB-CEF=VC-BEF=13S△BEFCA=1312113=36.
11.(2017天津耀華中學(xué)一模,17)如圖1,在邊長(zhǎng)為3的正三角形ABC中,E,F,P分別為AB,AC,BC上的點(diǎn),且滿足AE=FC=CP=1.將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面EFB,連接A1B,A1P,Q為A1B上一點(diǎn),連接PQ,CQ.(如圖2)
(1)若Q為A1B中點(diǎn),求證:PQ∥平面A1EF;
(2)求證:A1E⊥EP;
(3)求CQ與平面A1BE所成角的正切值.
解析 (1)證明:取A1E的中點(diǎn)M,連接QM,MF,
在△A1BE中,Q、M分別為A1B、A1E的中點(diǎn),
∴QM∥BE,且QM=12BE.
在題圖1中,∵CFFA=CPPB=12,
∴PF∥BE,且PF=12BE,
∴QM∥PF且QM=PF,
∴四邊形PQMF為平行四邊形.
∴PQ∥FM.
又∵FM?平面A1EF,且PQ?平面A1EF,
∴PQ∥平面A1EF.
(2)證明:如圖,取BE中點(diǎn)D,連接DF,
∵AE=CF=1,DE=1,
∴AF=AD=2.
又∠A=60,
∴△ADF是正三角形.
∵AE=ED=1,∴EF⊥AD,
∴在題圖2中有A1E⊥EF.
∵平面A1EF⊥平面EFB,平面A1EF∩平面EFB=EF,
∴A1E⊥平面EFB,
又EP?平面EFB,∴A1E⊥EP.
(3)作CN⊥BE于N,連接QN,則CN∥EF.
∵EF⊥A1E,EF⊥BE,A1E∩BE=E,
∴EF⊥平面A1BE.
因此,CN⊥平面A1BE,即QN是CQ在平面A1BE內(nèi)的射影.
∴∠CQN為CQ與平面A1BE所成的角.
由計(jì)算可得CN=332,BQ=12A1B=52,cos∠A1BE=25.
∴QN2=BQ2+BN2-2BQBNcos∠A1BE=12.
∴QN=22.
∴tan∠CQN=CNQN=33222=362.
即CQ與平面A1BE所成角的正切值為362.
解題分析 本題考查直線與平面平行、直線與平面垂直的判定,考查空間想象能力和思維能力,考查線面角的求法,正確找出CQ與平面A1BE所成的角是解答該題的關(guān)鍵.
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