利用判定定理证明平行垂直关系.docx
- 文档编号:911683
- 上传时间:2022-10-13
- 格式:DOCX
- 页数:15
- 大小:218.97KB
利用判定定理证明平行垂直关系.docx
《利用判定定理证明平行垂直关系.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《利用判定定理证明平行垂直关系.docx(15页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
利用判定定理证明平行垂直关系
热点一 利用判定定理证明平行、垂直关系
【例1】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,D,E分别是AB,AC的中点.
(1)求证:
B1C1∥平面A1DE;
(2)求证:
平面A1DE⊥平面ACC1A1.证明
(1)因为D,E分别是AB,AC的中点,所以DE∥BC,
又因为三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC,
所以B1C1∥DE.
又B1C1⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,
所以B1C1∥平面A1DE.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,
又DE⊂底面ABC,所以CC1⊥DE.
又BC⊥AC,DE∥BC,所以DE⊥AC,
又CC1,AC⊂平面ACC1A1,且CC1∩AC=C,所以DE⊥平面ACC1A1.
又DE⊂平面A1DE,所以平面A1DE⊥平面ACC1A1.
热点二 利用性质定理证明平行、垂直关系
【例2】如图,四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PAB,AP⊥AB.
(1)求证:
CD⊥AP;
(2)若CD⊥PD,求证:
CD∥平面PAB.
证明
(1)因为AD⊥平面PAB,AP⊂平面PAB,所以AD⊥AP.
又因为AP⊥AB,AB∩AD=A,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD⊂平面ABCD,所以CD⊥AP.
(2)因为CD⊥AP,CD⊥PD,且PD∩AP=P,PD⊂平面PAD,AP⊂平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB,AB⊂平面PAB,所以AB⊥AD.
又因为AP⊥AB,AP∩AD=A,AP⊂平面PAD,
AD⊂平面PAD,
所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB,
因为CD⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,
所以CD∥平面PAB.
热点三 立体几何中的探究性问题
【例3】在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是BC的中点,BC=BB1.
(1)若P是CC1上任一点,求证:
AP不可能与平面BCC1B1垂直;
(2)试在棱CC1上找一点M,使MB⊥AB1.
(1)证明 (反证法)假设AP⊥平面BCC1B1,
∵BC⊂平面BCC1B1,∴AP⊥BC.
又正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥BC,AP∩CC1=P,AP⊂平面ACC1A1,CC1⊂平面ACC1A1,
∴BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1,
∴BC⊥AC,这与△ABC是正三角形矛盾,
故AP不可能与平面BCC1B1垂直.
(2)解 M为CC1的中点.证明如下:
∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1,
∴四边形BCC1B1是正方形.
∵M为CC1的中点,D是BC的中点,
∴△B1BD≌△BCM,
∴∠BB1D=∠CBM,∠BDB1=∠CMB.
∵∠BB1D+∠BDB1=,
∴∠CBM+∠BDB1=,∴BM⊥B1D.
∵△ABC是正三角形,D是BC的中点,
∴AD⊥BC.
∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AD⊂平面ABC,
∴AD⊥平面BB1C1C.
∵BM⊂平面BB1C1C,∴AD⊥BM.
∵AD∩B1D=D,AD,B1D⊂平面AB1D,
∴BM⊥平面AB1D.
∵AB1⊂平面AB1D,∴MB⊥AB1.
热点四 空间几何体的表面积和体积
【例4】如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,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.
(1)证明:
AC⊥HD′;
(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱锥D′-ABCFE的体积.
(1)证明 由已知得AC⊥BD,AD=CD,又由AE=CF得=,故AC∥EF,由此得EF⊥HD,折后EF与HD保持垂直关系,即EF⊥HD′,所以AC⊥HD′.
(2)解 由EF∥AC得==.
由AB=5,AC=6得DO=BO==4,
所以OH=1,D′H=DH=3,
于是OD′2+OH2=
(2)2+12=9=D′H2,
故OD′⊥OH.
由
(1)知AC⊥HD′,又AC⊥BD,BD∩HD′=H,
所以AC⊥平面DHD′,于是AC⊥OD′,
又由OD′⊥OH,AC∩OH=O,所以OD′⊥平面ABC.
又由=得EF=.
五边形ABCFE的面积S=×6×8-××3=.
所以五棱锥D′-ABCFE的体积V=××2=.
热点五 立体几何模型实际应用问题
【例5】(2017·江苏卷)如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm,容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm,容器Ⅱ的两底面对角线EG,E1G1的长分别为14cm和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均为12cm.现有一根玻璃棒l,其长度为40cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计).
(1)将l放在容器Ⅰ中,l的一端置于点A处,另一端置于侧棱CC1上,求l没入水中部分的长度;
(2)将l放在容器Ⅱ中,l的一端置于点E处,另一端置于侧棱GG1上,求l没入水中部分的长度.
解
(1)由正棱柱的定义,
CC1⊥平面ABCD,
所以平面A1ACC1⊥平面ABCD,CC1⊥AC.
记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处.因为AC=10,AM=40,
所以MC==30,
从而sin∠MAC=.记AM与水面的交点为P1,
过P1作P1Q1⊥AC,Q1为垂足,
则P1Q1⊥平面ABCD,故P1Q1=12,
从而AP1==16.
答:
玻璃棒l没入水中的部分的长度为16cm.
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”,则结果为24cm)
(2)如图,O,O1是正棱台的两底面中心.
由正棱台的定义,OO1⊥平面EFGH,所以平面E1EGG1⊥平面EFGH,O1O⊥EG.
同理,平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1,O1O⊥E1G1.
记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处.
过G作GK⊥E1G1,K为垂足,则GK=OO1=32.
因为EG=14,E1G1=62,
所以KG1==24,
从而GG1===40.
设∠EGG1=α,∠ENG=β,
则sinα=sin=cos∠KGG1=.
因为<α<π,所以cosα=-.
在△ENG中,由正弦定理可得=,
解得sinβ=.
因为0<β<,所以cosβ=.
于是sin∠NEG=sin(π-α-β)=sin(α+β)
=sinαcosβ+cosαsinβ=×+×=.
记EN与水面的交点为P2,过P2作P2Q2⊥EG,Q2为垂足,则P2Q2⊥平面EFGH,
故P2Q2=12,从而EP2==20.
答:
玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”,则结果为20cm)
探究提高 立体几何中的实际应用问题常以几何体的表面积、体积为载体,借助于公式计算或三角函数、基本不等式、导数等为工具,抽象为函数模型进行求解,解答过程中要注意变量的实际意义.
一、必做题
1.(2018·苏北四市一模)已知圆锥的底面直径与高都是2,则该圆锥的侧面积为________.
解析 ∵圆锥的底面直径与高都是2,
∴母线长为=,
∴圆锥的侧面积为πrl=π.
答案 π
2.(2018·南京模拟)已知α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,l⊥α,m⊂β.给出下列命题:
①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③m∥α⇒l⊥β;④l⊥β⇒m∥α.
其中正确的命题是________(填写所有正确命题的序号).
解析 若l⊥α,α∥β,则l⊥β,又m⊂β,则l⊥m,故①正确;若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⊂β,又m⊂β,则l与m可能平行、相交或异面,故②错误;若l⊥α,m∥α,则l⊥m,又m⊂β,则l与β可能平行、相交或l⊂β,故③错误;若l⊥α,l⊥β,则α∥β,又m⊂β,则m∥α,故④正确.综上,正确的命题是①④.
答案 ①④
3.(2018·苏州一模)在一个长方体的三条棱长分别为3、8、9,若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化,则圆孔的半径为________.
解析 设半径为r,
∵在一个长方体的三条棱长分别为3、8、9,在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化,
∴减少的2个圆的面积=圆柱的侧面积,
∴2πr2=2πr×3(此处只考虑高为3的情况,另外两种情况下圆柱不存在),
解得r=3.
∴圆孔的半径为3.
答案 3
4.(2018·常州一模)以一个圆柱的下底面为底面,并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥,若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高,则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________.
解析 设圆锥的底面半径为r,由题意圆锥底面半径等于圆锥的高,
可知圆锥的侧面积为πr·r=πr2.
圆柱的侧面积为2πr·r=2πr2.
所以圆锥的侧积面与圆柱的侧面积之比为πr2∶2πr2=.
答案
5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱BC的中点,点F是棱CD上的动点,当=________时,D1E⊥平面AB1F.
解析 如图,连接A1B,则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影.
∵AB1⊥A1B,∴D1E⊥AB1,
又∵D1E⊥平面AB1F⇒D1E⊥AF.
连接DE,则DE是D1E在底面ABCD内的射影,
∴D1E⊥AF⇒DE⊥AF.
∵ABCD是正方形,E是BC的中点,
∴当且仅当F是CD的中点时,DE⊥AF,
即当点F是CD的中点时,D1E⊥平面AB1F,
∴=1时,D1E⊥平面AB1F.
答案 1
6.(2018·苏州一模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,F为棱BB1的中点,M为线段AC1的中点.
求证:
(1)直线MF∥平面ABCD;
(2)平面AFC1⊥平面ACC1A1.
证明
(1)延长C1F交CB的延长线于点N,连接AN.因为F是BB1的中点,
所以F为C1N的中点,B为CN的中点.又M是线段AC1的中点,
故MF∥AN.又MF⊄平面ABCD,AN⊂平面ABCD,
∴MF∥平面ABCD.
(2)连BD,由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,
可知A1A⊥平面ABCD,又∵BD⊂平面ABCD,∴A1A⊥BD.
∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD.又∵AC∩A1A=A,
AC,A1A⊂平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACC1A1.
在四边形DANB中,DA∥BN且DA=BN,所以四边形DANB为平行四边形,
故NA∥BD,∴NA⊥平面ACC1A1,
又因为NA⊂平面AFC1,
∴平面AFC1⊥ACC1A1.
7.(2018·南通、扬州、泰州联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面PAD,AB∥CD,CD=2AB=2BC,M,N分别是棱PA,CD的中点.
(1)求证:
PC∥平面BMN;
(2)(一题多解)求证:
平面BMN⊥平面PAC.
证明
(1)设AC∩BN=O,连接MO,AN,
因为AB=CD,AB∥CD,N为CD的中点,
所以AB=CN,且AB∥CN,
所以四边形ABCN为平行四边形,
所以O为AC的中点,
又M为PA的中点,所以MO∥PC.
又因为MO⊂平面BMN,PC⊄平面BMN,
所以PC∥平面BMN.
(2)法一 因为PC⊥平面PDA,AD⊂平面PDA,所以PC⊥AD.
由
(1)同理可得四边形ABND为平行四边形,
所以AD∥BN,
所以BN⊥PC,
因为BC=AB,所以平行四边形ABCN为菱形,
所以BN⊥AC.
因为PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,
所以BN⊥平面PAC.
- 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:
- 利用 判定 定理 证明 平行 垂直 关系