【高考冲刺】人教A版 高中数学 2020届高考复习专题--空间直线和平面的位置关系(含解析)

2020高考数学20天冲刺必刷

∵PQ?平面BCE，MN在平面BCE外， ∴MN∥平面BCE.

证法二：如图过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC， ∴

AMAH ?ACABFNAH? BFAB连结NH，由BF=AC，FN=AM，得

?NH//AF//BE,

MH//BC?由??平面MNH//平面BCE NH//BE?∴MN∥平面BCE.

【例4】

在斜三棱柱A1B1C1—ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，

侧面BB1C1C⊥底面ABC.

(1)若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1；

(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C；

(3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由. 解：(1)证明：∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC ∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥侧面BB1C1C ∴AD⊥CC1.

(2)证明：延长B1A1与BM交于N，连结C1N ∵AM=MA1，∴NA1=A1B1 ∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1 ∴C1N⊥C1B1

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∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C ∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C ∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.

(3)解：结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性. 过M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C ∴ME⊥侧面BB1C1C，又∵AD⊥侧面BB1C1C. ∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面 ∵AM∥侧面BB1C1C，∴AM∥DE ∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1

∵D是BC的中点，∴E是BC1的中点

11∴AM=DE=CC1?AA1，∴AM=MA1.

22【例5】

已知斜三棱柱ABC-

C'B'A'A’B’C’的底面是直角三角形，∠C=90°，侧棱与底面所成的角为α（0°<α<90°），B’在底面上的射影D落在BC上。 （1）求证：AC⊥面BB’C’C。

CAD（2）当α为何值时，AB’⊥BC’，且使得D恰为BC的中点。

解：（1）∵B’D⊥面ABC，AC?面ABC， ∴B’D⊥AC，

又AC⊥BC，BC∩B’D=D， ∴AC⊥面BB’C’C。

B（2）由三垂线定理知道：要使AB’⊥BC’，需且只需AB’在面

BB’C’C内的射影B’C⊥BC’。即四边形BB’C’C为菱形。此时，BC=BB’。

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因为B’D⊥面ABC，所以，?B'BD就是侧棱B’B与底面ABC所成的角。 由D恰好落在BC上，且为BC的中点，所以，此时?B'BD=60?。 即当α=60?时，AB’⊥BC’，且使得D恰为BC的中点。

【例6】 如图：已知四棱锥

PP?ABCD中，底面四边形为正方形，侧

面PDC为正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC中点。

（1）求证：平面EDB⊥平面PBC； （2）求二面角B?DE?C的平面角的正切值。

解：（1）要证两个平面互相垂直，常规的想法是：证明其中一个平面过另一

ADBCE个平面的一条垂线。

首先观察图中已有的直线，不难发现，由于侧面PDC为正三角形，所以，

DE?PC，那么我们自然想到：是否有DE?面PBC？这样的想法一经产生，证明

它并不是一件困难的事情。

∵面PDC⊥底面ABCD，交线为DC， ∴DE在平面ABCD内的射影就是DC。 在正方形ABCD中，DC⊥CB， ∴DE⊥CB。

又PC?BC?C，PC,BC?面PBC， ∴DE⊥面PBC。

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又DE?面EDB， ∴平面EDB⊥平面PBC。

（2）由（1）的证明可知：DE⊥面PBC。所以，?BEC就是二面角

B?DE?C的平面角。

∵面PDC⊥底面ABCD，交线为DC， 又平面ABCD内的直线CB⊥DC。

【例7】

∴CB⊥面PDC。 又PC?面PDC， ∴CB⊥PC。

在Rt?ECB中，tan?BEC?BC?2。 CES如图：在四棱锥S?ABCD?2中，SA⊥平面ABCD，∠BAD??ADC?，EADAB?AD?2a，CD?a，E为SB的中点。

（1）求证：CE//平面SAD；

C（2）当点E到平面SCD的距离为多少时，平面SBC与平面SAD所成的二面角为45?？

解：题目中涉及到平面SBC与平面SAD所成的二面角，所以，应作出这两个平面的交线（即二面角的棱）。另一方面，要证CE//平面

E

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