教師版空間位置關係與證明

2021-05-11 06:04:13 字數 4502 閱讀 1935

2023年高考專題複習——空間位置關係與證明(立幾1)

高考要考什麼

一. 線與線的位置關係:平行、相交、異面;

線與面的位置關係:平行、相交、線在麵內;

面與面的位置關係:平行、相交;

二.轉化思想:

;例1、如圖,在四稜錐中,底面abcd是正方形,側稜底面abcd,,e是pc的中點,作交pb於點f

(i)證明平面

(ii)證明平面efd;

(i)證明:鏈結ac,ac交bd於o。鏈結eo。

底面abcd是正方形,點o是ac的中點

在中,eo是中位線,。

而平面edb且平面edb,

所以,平面edb。

(ii)證明:底在abcd且底面abcd,

1 同樣由底面abcd,得

底面abcd是正方形,有平面pdc

而平面pdc,

2 由①和②推得平面pbc

而平面pbc,

又且,所以平面efd

變式1。1、已知如圖:平行四邊形abcd中,,正方形adef

所在平面與平面abcd垂直,g,h分別是df,be的中點.

(1)求證:gh∥平面cde;

(2)若,求四稜錐f-abcd的體積.

(1)證法1:∵,

∴且∴四邊形efbc是平行四邊形 ∴h為fc的中點--------2分

又∵g是fd的中點4分

∵平面cde,平面cde ∴gh∥平面cde ----7分

證法2:鏈結ea,∵adef是正方形  ∴g是ae的中點1分

∴在⊿eab中3分

又∵ab∥cd,∴gh∥cd4分

∵平面cde,平面cde

∴gh∥平面cde7分

(2)∵平面adef⊥平面abcd,交線為ad

且fa⊥ad,  ∴fa⊥平面abcd9分

∵, ∴又∵,

∴bd⊥cd11分

14分變式1.2、在三稜錐p-abc中。中,和都是邊長為的等邊三角形,,分別是的中點.

(1)求證:平面;

(2)求證:平面⊥平面;

(3)求三稜錐的體積.

解:(1)分別為的中點, ……2分

又平面,平面平面……4分

(2)鏈結,,

又為的中點,, 同理, …………6分

又, ,

……8分

又,平面.平面

平面⊥平面 10分

(3) 由(2)可知垂直平面為三稜錐的高,且。…11分

三稜錐的體積為: 14分

例2(天津)如圖,在四稜錐中,底面,,,是的中點.

(ⅰ)證明;

(ⅱ)證明平面;

(ⅲ)求二面角的大小的正弦值.

(ⅰ)證明:在四稜錐中,

因底面,平面,故.

,平面.

而平面,.

(ⅱ)證明:由,,可得.

是的中點,.

由(ⅰ)知,,且,所以平面.

而平面,.

底面在底面內的射影是,,.

又,綜上得平面.

(ⅲ)解法一:過點作,垂足為,鏈結.則(ⅱ)知,平面,在平面內的射影是,則.

因此是二面角的平面角.

由已知,得.設,

可得.在中,,,

則.在中,.

解法二:由題設底面,平面,則平面平面,交線為.

過點作,垂足為,故平面.過點作,垂足為,鏈結,故.因此是二面角的平面角.

由已知,可得,設,

可得.,.

於是,.

在中,.

所以二面角的大小是.

變式2:如圖,在五面體中,點是矩形的對角線的交點,面是等邊三角形,稜.

(1)證明//平面;

(2)設,證明平面.

證明:(ⅰ)取cd中點m,鏈結om.

在矩形abcd中,,又,則,

鏈結em,於是四邊形efom為平行四邊形.

又平面cde, em平面cde, ∴ fo∥平面cde

(ⅱ)證明:鏈結fm,由(ⅰ)和已知條件,在等邊△cde中,

且.因此平行四邊形efom為菱形,從而eo⊥fm而fm∩cd=m,

∴cd⊥平面eom,從而cd⊥eo. 而,所以eo⊥平面cdf.

例3如圖,在六面體中,四邊形是邊長為2的正方形,四邊形是邊長為1的正方形,平面

,平面,.

(ⅰ)求證:與共面,與共面.

(ⅱ)求證:平面平面;

(ⅲ)求二面角的大小余弦值.

證明:以為原點,以所在直線分別為軸,

軸,軸建立空間直角座標系如圖,

則有.(ⅰ)證明:.

.與平行,與平行,

於是與共面,與共面.

(ⅱ)證明:,,,.

與是平面內的兩條相交直線.

平面.又平面過.

平面平面.

(ⅲ)解:.

設為平面的法向量,

,.於是,取,則,.

設為平面的法向量,

,.於是,取,則,.

.二面角的大小為.

解法2(綜合法):

(ⅰ)證明:平面,平面.

,,平面平面.

於是,.

設分別為的中點,鏈結,有.,

於是.由,得,

故,與共面.

過點作平面於點,

則,鏈結,

於是,,.

,.,.

所以點在上,故與共面.

(ⅱ)證明:平面,,

又(正方形的對角線互相垂直),

與是平面內的兩條相交直線,

平面.又平面過,平面平面.

(ⅲ)解:直線是直線在平面上的射影,,

根據三垂線定理,有.

過點在平面內作於,鏈結,

則平面,

於是,所以,是二面角的乙個平面角.

根據勾股定理,有.

,有,,,.

,,二面角的大小為.

變式3.如圖,已知是稜長為的正方體,

點在上,點在上,且.

(1)求證:四點共面;(4分)

(2)若點在上,,點在上,

,垂足為,求證:平面;(4分)

(3)用表示截面和側面所成的銳二面角的大小,求.

證明:(1)建立如圖所示的座標系,則,,,

所以,故,,共面.

又它們有公共點,所以四點共面.

(2)如圖,設,則,

而,由題設得,

得.因為,,有,又,,所以,,從而,.

故平面.

(3)設向量截面,於是,.

而,,得,,解得,,所以.

又平面,所以和的夾角等於或(為銳角).

於是.故.

例4。如圖,在長方體ac1中,ad=aa1=1,ab=2,點e在稜ab上移動.

(1)證明:d1e⊥a1d;

(2)當e為ab的中點時,求點e到面acd1的距離;

(3)ae等於何值時,二面角d1—ec—d的大小為.

解析:法1

(1)∵ae⊥面aa1dd1,a1d⊥ad1,∴a1d⊥d1e

(2)設點e到面acd1的距離為h,在△acd1中,ac=cd1=,ad1=,

故(3)過d作dh⊥ce於h,連d1h、de,則d1h⊥ce,

∴∠dhd1為二面角d1—ec—d的平面角.

設ae=x,則be=2-x

法2:以d為座標原點,直線da、dc、dd1分別為x、y、z軸,建立空間直角座標系,設ae=x,則a1(1,0,1),d1(0,0,1),e(1,x,0),a(1,0,0), c(0,2,0).

(1)(2)因為e為ab的中點,則e(1,1,0),

從而,,

設平面acd1的法向量為,

則也即,得,

從而,所以點e到平面ad1c的距離為

(3)設平面d1ec的法向量,

∴由令b=1, ∴c=2, a=2-x,

∴依題意

∴(不合,捨去),.

∴ae=時,二面角d1—ec—d的大小為.

變式4:如圖,四稜錐p—abcd中,底面abcd 為矩形,ab=8,ad=4,側面pad為等邊三角形,並且與底面所成二面角為60°.

(ⅰ)求四稜錐p—abcd的體積;(ⅱ)證明pa⊥bd.

解析:(ⅰ)如圖,取ad的中點e,

鏈結pe,則pe⊥ad.

作po⊥平面在abcd,垂足為o,鏈結oe.

根據三垂線定理的逆定理得oe⊥ad,

所以∠peo為側面pad與底面所成的二面角

的平面角,由已知條件可知∠peo=60°,pe=6,所以po=3,

四稜錐p—abcd的體積vp—abcd=

(ⅱ)法1 如圖,以o為原點建立空間直角座標系.通過計算可得p(0,0,3),

a(2,-3,0),b(2,5,0),d(-2,-3,0)

所以因為所以pa⊥bd.

法2:鏈結ao,延長ao交bd於點f.通過計算

可得eo=3,ae=2,又知ad=4,ab=8,

得所以rt△aeo∽rt△bad.得∠eao=∠abd.

所以∠eao+∠adf=90° 所以 af⊥bd.因為直線af為直線pa在平面abcd 內的身影,所以pa⊥bd.

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