3位置关系的证明解析
专题21 三角形压轴题之线段数量与位置关系(解析版)
1专题21 三角形压轴题之线段数量与位置关系知识对接考点一、利用三角形全等判断线段的关系的方法 两条线段的关系要从数量关系和位置关系两个方面考虑.1.数量关系一般是相等,可通过证明三角形全等得到;位置关系一般是平行或垂直,从图中可直接看出.2.证线段平行时,通常转化为证明同位角相等、内错角相等或同旁内角互补,这些角的关系一般根据全等三角形的性质得到;证明线段垂直的方法通常是证明线段所在直线所夹的角是90°.专项训练一、单选题1．（2021·北京东城·九年级二模）在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的半径为2，点A （1，3与⊙O 的位置关系是（ ） A ．在⊙O 上 B ．在⊙O 内 C ．在⊙O 外 D ．不能确定【答案】A 【分析】根据点A 的坐标，求出OA =2，根据点与圆的位置关系即可做出判断． 【详解】解：⊙点A 的坐标为（13， ⊙由勾股定理可得：OA ()221+3，又⊙⊙O 的半径为2， ⊙点A 在⊙O 上． 故选：A ． 【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，点和圆的位置关系是由点到圆心的距离d 和圆的半径r 间的大小关系确定的：（1）当d r 时，点在圆外；（2）当d r =时，点在圆上；（3）当d r <时，点在圆内．2．如图，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，5AB =，4cos 5A =，以点B 为圆心，r 为半径作B ，当3r =时，B 与AC 的位置关系是（ ）A ．相离B ．相切C ．相交D ．无法确定【答案】B 【分析】根据Rt ABC ∆中，90C ∠=︒， 4cos 5A =，求出AC 的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较BC 与半径r 的大小，即可得出B 与AC 的位置关系． 【详解】解：⊙Rt ABC ∆中，90C ∠=︒， 4cos 5A =， ⊙cosA=45AC AB = ⊙5AB =， ⊙AC=43当3r =时，B 与AC 的位置关系是：相切 故选：B 【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC 是解题的关键．3．（2021·陕西西安·交大附中分校九年级）如图，点A 的坐标为（2，1），将线段OA 绕O 点顺时针旋转90°．得到线段OB ．若正比例函数y ＝kx 图象经过点B ，则k 的值为（ ）A ．2B ．1C ．﹣1D ．﹣2【答案】D 【分析】如图，过A 点作AC ⊙x 轴于C ，过B 点作BD ⊙x 轴于D ，先证明AOC △⊙OBD ，得到OD3＝AC ＝1，BD ＝OC ＝2，则B 点坐标可求，最后将点B 的坐标代入函数y kx =，即可求解． 【详解】解：如图，过A 点作AC ⊙x 轴于C ，过B 点作BD ⊙x 轴于D ，⊙点A 的坐标为（2，1）， ⊙OC ＝2，AC ＝1，⊙线段OA 绕O 点顺时针旋转90°得到线段OB ， ⊙OA ＝OB ，⊙AOB ＝90°， ⊙⊙AOC +⊙BOD ＝90°， ⊙AC ⊙x 轴， BD ⊙x 轴， ⊙⊙ACO ＝⊙BDO ＝90°， ⊙⊙AOC +⊙OAC ＝90°， ⊙⊙BOD ＝⊙OAC ． 在AOC △和OBD 中ACO BDO OAC BOD OA BO ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ⊙AOC △⊙OBD （AAS ）， ⊙OD ＝AC ＝1，BD ＝OC ＝2， 又⊙点B 在第四象限， ⊙B 点坐标为（1，﹣2），将点B 的坐标代入函数y ＝kx ，得：﹣2＝k ， 解得：k ＝﹣2， 故选：D ． 【点睛】本题考查的是旋转的性质，一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，证明AOC △⊙OBD 是解答此题的关键．4．（2021·江门市第二中学九年级）如图，在矩形ABCD 中，AB =10，BC =12，点M ，N 分别在AD ，BC 上，且AM BN =，3AD AM =，E 为BC 边上一动点，连接DE ，将DCE∆沿DE 所在直线折叠得到⊙DC E '，当C '点恰好落在线段MN 上时，NE 的长为( )A ．B ．5C ．3D ．【答案】A 【分析】设CE =x ，则C ′E =x ，证明四边形MNCD 是矩形，由矩形的性质得出⊙DMN =⊙MNC =90°，MN =CD =10，由折叠的性质得出C ′D =CD =10，求出6MC '=，则4NC '=,在Rt NEC '中，由勾股定理得出222(8)4x x --=，解方程可得出答案． 【详解】解：设CE =x ，则C ′E =x ， ⊙矩形ABCD 中，AB =10，⊙CD =AB =10，AD =BC =12，AD∥BC ，⊙点M ，N 分别在AD ，BC 上，且3AM =AD ，BN =AM ， ⊙DM =CN =8，⊙四边形CDMN 为平行四边形， ⊙⊙NCD =90°，⊙四边形MNCD 是矩形，⊙⊙DMN =⊙MNC =90°，MN =CD =10， 由折叠知，C ′D =CD ,10，⊙6MC '==， ⊙1064CN '=-=， ⊙EN =CN -CE =8-x ， ⊙C ′E 2-NE 2=C ′N 2， ⊙222(8)4x x --=， 解得，5x =，即853NE CN CE =-=-=． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，一元一次方程的应用，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．55．（2021·江苏九年级）已知线段a ，b ，c ，求作：ABC ，使BC a =，AC b =，AB c =．下面的作图顺序正确的是（ ）⊙以点A 为圆心，以b 为半径画弧，以点B 为圆心，以a 为半径画弧，两弧交于C 点； ⊙作线段AB 等于c ；⊙连接AC ，BC ，则ABC 就是所求作图形． A ．⊙⊙⊙ B ．⊙⊙⊙ C ．⊙⊙⊙ D ．⊙⊙⊙【答案】C 【分析】先画AB c =，确定A 、B 点位置，然后通过画弧确定C 点位置，从而得到ABC ． 【详解】⊙先作线段AB 等于c ，⊙再以点A 为圆心，以b 为半径画弧，以点B 为圆心，以a 为半径画弧，两弧交于C 点，⊙然后连接AC ，BC ，则ABC 就是所求作图形． 故选：C ． 【点睛】本题考查了作图，作一个三角形，使这个三角形的三边等于已知的三条线段，其实质是作一条线段等于已知线段，原理是全等三角形的边边边判定定理．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图问题分解成基本作图来解决． 6．（2021·河北九年级）在平面直角坐标系中，点()3,4A ，()2,B m -，当线段AB 最短时，m 的值为（ ） A ．5 B ．3 C ．4 D ．0【答案】C 【分析】根据两点之间的距离公式即可求得m 的值． 【详解】解：根据两点之间的距离公式得 222(32)(4)(4)25AB m m ++-=-+⊙当4m =时，AB 最小 故答案为C ． 【点睛】此题考查了平面直角坐标系中动点问题，熟练掌握两点间的距离公式是解题的关键． 7．（2021·山东九年级模拟预测）如图，木工师傅在板材边角处作直角时，往往使用“三弧法”，其作法是：⊙作线段AB ，分别以A ，B 为圆心，以AB 长为半径作弧，两弧的交点为C ；⊙以C 为圆心，仍以AB 长为半径作弧交AC 的延长线于点D ；⊙连接BD ，BC ．下列结论不正确的是（ ）A ．30CBD ∠=︒B ．点C 是ABD △的外心C ．2ABDSAB =D ．22sin cos 1A D +=【答案】D 【分析】根据等边三角形的判定方法，直角三角形的判定方法以及等边三角形的性质，直角三角形的性质一一判断即可． 【详解】解：由作图可知：AC AB BC ==， ⊙ABC 是等边三角形，60A ABC ∠=∠=︒， 由作图可知：CB CA CD ==，⊙点C 是ABD △的外心，90ABD ∠=︒，BD =，⊙30D CBD ∠=∠=︒，2ABD S AB =△，⊙AC CD =，⊙2BDC S AB =△，⊙22223sin cos 2A D +=+=⎝⎭⎝⎭， 故A 、B 、C 正确，不符合题意；D 不正确，符合题意， 故选：D ． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角函数，三角形面积的求法等，根据作图找到相应的边角条件是解题的关键．8．（2021·山东九年级）如图，在平行四边形ABCD 中，AD ＝2，AB ，⊙B 是锐角，AE ⊙BC 于点E ，F 是AB 的中点，连接DF ，EF ．若⊙EFD ＝90°，则线段AE 的长为（ ）7A ．2B ．1C 3D 5【答案】D 【分析】延长EF 交DA 的延长线于Q ，连接DE ，设BE x =，首先证明2DQ DE x ==+，利用勾股定理构建方程即可求解． 【详解】解：如图，延长EF 交DA 的延长线于Q ，连接DE ，设BE x =，四边形ABCD 是平行四边形， //DQ BC ∴，Q BEF ∴∠=∠,,AF EB AFQ BFE =∠=∠， ()QFA EFB AAS ∴≌， ,AQ BE x QF EF ∴===， 90,EFD DF QE ∠=︒∴⊥， 2DQ DE x ∴==+， ,//AE BC BC AD ⊥，,90AE AD AEB EAD ∴⊥∠=∠=︒，22222AE DE AD AB BE =-=-， 22(2)46x x ∴+-=-，解得：121,3x x ==-（舍去）1BE ∴=，22615AE AB BE ∴--=故选：D ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，解题的关键是：掌握相关知识点，添加辅助线、构造全等三角形来解决问题．9．（2021·浙江九年级期末）如图，在边长为2的菱形ABCD中，按以下步骤作图：⊙以点B 为圆心，适当的长为半径作弧，交AB，BD于E，F两点；⊙分别以点E和点F为圆心，以大于12EF的长为半径作弧，两弧交于点P；⊙作射线BP，交线段AD于点M．此时点M恰好是线段AD的中点，则CM的长为（）A B C．D．3【答案】B【分析】根据作图证明⊙ABD为等腰三角形，根据菱形的性质证明⊙ABD为等边三角形，再证明MBC∆是直角三角形,根据勾股定理求解即可．【详解】解：由作图步骤⊙⊙⊙步可得：BP为⊙ABD的平分线，又⊙M为AD的中点，⊙⊙ABD为等腰三角形，AB=BD⊙四边形ABCD是菱形，且边长为2⊙AB=BC=CD=DA=2⊙⊙ABD为等边三角形，⊙⊙ABD=⊙BAD=60°⊙⊙ABM=⊙DBM=30°，⊙DBC=60°⊙⊙MBC=⊙MBD+⊙DBC=30°+60°=90°又⊙AD=2，M为AD的中点，⊙ABD为等边三角形⊙AM=11 2AD=⊙BM在Rt⊙MBC中，CM==故选：B．【点睛】9此题主要考查了菱形的性质、等腰三角形和等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明⊙ABD 为等边三角形是解答此题的关键．10．（2021·广东广州·执信中学九年级模拟预测）如图，一次函数2y x =的图像与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，把直线AB 绕点B 顺时针旋转30交x 轴于点C ，则线段AC 长为（ ）A 62B ．32C ．23D 32【答案】A 【分析】根据一次函数表达式求出点A 和点B 坐标，得到⊙OAB 为等腰直角三角形和AB 的长，过点C 作CD ⊙AB ，垂足为D ，证明⊙ACD 为等腰直角三角形，设CD =AD =x ，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD ，得到关于x 的方程，解之即可． 【详解】解：⊙一次函数2y x =的图像与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ， 令x =0，则y 2y =0，则x =2 则A （2-，0），B （02，则⊙OAB 为等腰直角三角形，⊙ABO =45°， ⊙AB ()()2222+，过点C 作CD ⊙AB ，垂足为D ， ⊙⊙CAD =⊙OAB =45°，⊙⊙ACD 为等腰直角三角形，设CD =AD =x ， ⊙AC 22AD CD +2， ⊙旋转， ⊙⊙ABC =30°， ⊙BC =2CD =2x ，⊙BD 22BC CD -3， 又BD =AB +AD =2+x ， ⊙2+x 3， 解得：x 3，x）⊙AC故选A．【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形．二、填空题11．（2021·江苏省天一中学九年级）如图，直线y＝x+b（b>0)与x轴、y轴分别交于点A、B，点P在第一象限内，⊙OPB=45o，则线段OP、AP、BP满足的数量关系式为______．【答案】BP2+2OP2=AP2【分析】以OP为边作等腰直角三角形OPQ，证明⊙AOP⊙⊙BOQ，得到AP=BQ，证明⊙BPQ为直角三角形，得到BP2+PQ2=BQ2，再利用等量代换即可得到结论．【详解】解：如图，以OP为边作等腰直角三角形OPQ，则OP=OQ，⊙POQ=90°，⊙OPQ=⊙OQP=45°=PQ，⊙直线y=x+b与x轴、y轴分别交于点A、B，令x=0，则y=b，令y=0，则x=-b，即A（-b，0），B（0，b），即OA=OB=b，⊙⊙OAB是等腰直角三角形，⊙OAB=⊙OBA=45°，⊙⊙AOB+⊙POB=⊙POQ+⊙POB，即⊙AOP=⊙BOQ，OA=OB，OP=OQ，11⊙⊙AOP ⊙⊙BOQ （SAS ）， ⊙AP =BQ ， ⊙⊙OPB =45°，⊙⊙BPQ =⊙OPB +⊙OPQ =90°， ⊙在⊙BPQ 中，BP 2+PQ 2=BQ 2， ⊙BP 2+2OP 2=AP 2，故答案为：BP 2+2OP 2=AP 2．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，一次函数与坐标轴交点问题，勾股定理，有一定难度，解题的关键是添加辅助线，构造出全等三角形． 12．（2021·清远市清新区凤霞中学九年级一模）如图，点D 是锐角AOB ∠内一点，DE OA ⊥于点E ，点F 是线段OE 的一个动点，点G 是射线OB 的一个动点，连接DF 、FG 、GD ，当DFG 的周长最小时，FDG ∠与AOB ∠的数量关系式是________．【答案】2180FDG AOB ∠+∠=︒ 【分析】作D 关于OA 的对称点D ′，作D 关于OB 的对称得D ″，连接D ′D ″，交OA 、OB 于F 、G ，此时⊙DFG 的周长最小，最小值为D ′D ″，连OD 、OD ′、OD ″，根据轴对称的性质得出⊙GOD ⊙⊙GOD ″，⊙FOD ⊙⊙FOD ′，即可得出⊙BOD =⊙BOD ′，⊙ODG =⊙OD ″G ，⊙DOA =⊙AOD ′，⊙ODF =⊙ODF ′，由⊙D ′OD ″=2⊙AOB ，⊙GDF =⊙ODF ′+⊙ODG ″根据三角形内角和定理即可得出2⊙AOB +⊙GDF =180°． 【详解】解：作D关于OA的对称点D′，作D关于OB的对称得D″，连接D′D″，交OA、OB于F、G，此时⊙DFG的周长最小，最小值为D′D″，连OD、OD′、OD″，由轴对称的性质可知，⊙GOD⊙⊙GOD″，⊙FOD⊙⊙FOD′，⊙⊙BOD=⊙BOD″，⊙ODG=⊙OD″G，⊙DOA=⊙AOD′，⊙ODF=⊙OD′F，⊙⊙D′OD″=2⊙AOB，⊙GDF=⊙OD′F+⊙OD″G，⊙⊙D′OD″+⊙OD′F+⊙OD″G=180°，⊙2⊙AOB+⊙GDF=180°，故答案为2⊙AOB+⊙GDF=180°．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．13．（2021·石家庄市第二十八中学九年级）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP再将PCQ△，ADQ△分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：（1）AD与BC所在直线的位置关系______；（2）PAQ的大小为______°；（3）当四边形APCD是平行四边形时，ABQR的值为______．【答案】//AD BC30° 【分析】13（1）根据折叠性质和平角定义证得180D C ∠+∠=︒，再根据平行线的判定可得AD 与BC 所在直线的位置关系；（2）根据折叠性质和平角定义证得90B AQP ∠=∠=︒，再根据平行线的性质证得90B DAB ∠=∠=︒，进而由DAQ QAP PAB ∠=∠=∠求解即可；（3）根据折叠性质和平行四边形的性质证得AR PR =，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证得12QR AP =，然后根据直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求得2AP PB =， PB QR =，223AB AP PB PB -，进而求解即可． 【详解】解：（1）由折叠的性质可得：B AQP ∠=∠，DAQ QAP PAB ∠=∠=∠，DQA AQR ∠=∠，CQP PQR ∠=∠，D ARQ ∠=∠，C QRP ∠=∠，⊙180QRA QRP ∠+∠=︒， ⊙180D C ∠+∠=︒， ⊙//AD BC ， 故答案是：AD ⊙BC ；（2）⊙180DQR CQR ∠+∠=︒，DQA AQR ∠=∠，CQP PQR ∠=∠， ⊙90DQA CQP ∠+∠=︒， ⊙90AQP ∠=︒， ⊙90B AQP ∠=∠=︒，由（1）结论知180B DAB ∠+∠=︒， ⊙90DAB ∠=︒，⊙30DAQ QAP PAB ∠=∠=∠=︒， 故答案为：30；（2）由折叠的性质可得：AD AR =，CP PR =， ⊙四边形APCD 是平行四边形， ⊙AD PC =， ⊙AR PR =， 又⊙90AQP ∠=︒，⊙12QR AP =， ⊙30PAB ∠=︒，90B ∠=︒， ⊙2AP PB =， ⊙PB QR =，⊙AB =，⊙AB ABQR PB==【点睛】本题考查折叠性质、平行线的判定与性质、平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、平角定义，熟练掌握折叠性质和相关知识的联系是解答的关键．14．（2021·连云港市新海实验中学九年级）如图，正方形ABCD 中，AB =O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =4，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ，则线段OF 长的最小值为_____【答案】4． 【分析】连接DO ，将线段DO 绕点D 逆时针旋转90°得DM ，连接OF ，FM ，OM ，证明⊙EDO ⊙⊙FDM ，可得FM ＝OE ＝4，由条件可得OM ＝OF +MF ≥OM ，即可得出OF 的最小值． 【详解】解：如图，连接DO ，将线段DO 绕点D 逆时针旋转90°得DM ，连接OF ，FM ，OM ， ⊙⊙EDF ＝⊙ODM ＝90°， ⊙⊙EDO ＝⊙FDM ， ⊙DE ＝DF ，DO ＝DM ， ⊙⊙EDO ⊙⊙FDM （SAS ）， ⊙FM ＝OE ＝4，⊙正方形ABCD 中，AB ＝O 是BC 边的中点，⊙OC ＝15⊙OD 22(45)(25)+10， ⊙OM 221010+102 ⊙OF +MF ≥OM ， ⊙OF ≥24，⊙线段OF 长的最小值为1024． 故答案为：1024．【点睛】本题考查了图形旋转，全等三角形的判定和性质、正方形的性质和两点之间距离，熟练掌握并准确应用是解题的关键．15．（2021·哈尔滨市虹桥初级中学校九年级）已知．在ABC 中，42AB =45ABC ∠=︒，5AC =，则线段BC 的长为___________．【答案】7或1 【分析】作AD ⊙BC 于点D ，分类讨论点C 在BD 延长线上或BD 上，通过勾股定理进行求解即可． 【详解】解：作AD ⊙BC 于点D ，⊙当点C 在BD 延长线上时， ⊙45ABC ∠=︒，90ADB ∠=︒， ⊙ABD △为等腰直角三角形，⊙222AD BD AB +=，即(22242AD =， ⊙4=AD ，在Rt ACD △中，由勾股定理得：2222543CD AC AD -=-，⊙7BC BD CD =+=；⊙当点C '在BD 上时，同⊙可得：4AD BD ==，3C D '=， ⊙1BC BD C D ''=-=． 故答案为：7或1． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键，无图形时注意考虑是否需要分类讨论． 三、解答题16．（2021·江苏南通市·）（1）甲厂每天加工的数量是乙厂每天加工数量的1.5倍，两厂各加工600套防护服，甲厂比乙厂要少用4天．求甲、乙两厂每天各加工多少套防护服？ （2）如图，点C ，D 在线段AB 上，CE ⊙AB ，DF ⊙AB ，AC =BD ，AE =BF ，点G 为AB ，EF 的交点，求证CD 与EF 互相平分．【答案】（1）甲厂每天加工75套防护服，乙厂每天加工50套防护服；（2）见解析 【分析】（1）利用甲厂每天加工的数量是乙厂每天加工数量的1．5倍设乙厂每天加工x 套防护服，则甲厂每天加工1.5x 套防护服，根据等量关系是乙工作量除以以的工作效率-甲工作量除以甲工作效率=4天列方程解之即可；（2）连结ED ，CF ，CE ⊙AB ，DF ⊙AB ，可得⊙ECA =⊙FDB ，可证⊙ACE ⊙⊙BDF （HL ）可得CE =DF ,且CE∥DF ,可证四边形CFDE 为平行四边形，可得CD 与EF 互相平分． 【详解】（1）解：设乙厂每天加工x 套防护服，则甲厂每天加工1.5x 套防护服， 根据题意，得60060041.5x x-=， 解得x ＝50，经检验：x ＝50是所列方程的解， 则1.5x ＝75．答：甲厂每天加工75套防护服，乙厂每天加工50套防护服．17（2）证明：连结ED ，CF ， ⊙CE ⊙AB ，DF ⊙AB ， ⊙⊙ECA =⊙FDB =90°， 在Rt ⊙ACE 与Rt ⊙BDF 中，AC BDAE BF =⎧⎨=⎩， ⊙⊙ACE ⊙⊙BDF （HL ）， ⊙CE =DF ，又⊙⊙ECD =⊙FDC =90°， ⊙CE∥DF ，⊙四边形CFDE 为平行四边形， ⊙CD 与EF 互相平分．【点睛】本题考查列分式方程解应用题，与三角形全等判定与性质，平行四边形判定与性质，掌握列分式方程解应用题，与三角形全等判定与性质，平行四边形判定与性质是解题关键． 17．（2021·河南郑州外国语中学九年级）在ABC 中，3AC BC ==120ACB ∠=︒，在ADE 中，90DAE ∠=︒，30AED ∠=︒，1AD =，连接BD ，BE ，点F 是BD 的中点，连接CF ． （1）如图1，当顶点D 在边AB 上时，线段BE 与线段CF 的数量关系是______，线段BE 与线段CF 的位置关系是 ；（2）将ADE 绕点A 旋转，转到图2的位置时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；（3）在ADE 绕点A 旋转的过程中，线段AF 的最大值为______；当//DE CF 时，线段CF 的长为______．【答案】（1）BE =，BE CF ⊥；（2）仍然成立，见解析；（3）12,2或1【分析】（1）过点A 作AG AB ⊥，交BC 延长线与点G ，连接GD 并延长交BE 于点H ，证明ADG⊙AEB ，得BE ABGD AG=AGD ABE ∠=∠，再证明CF 为BGD 的中位线即可证明结论； （2）与（1）同理可证明结论仍然成立；（3）延长AF 到点K ，使FK AF =，连接BK ，通过SAS 证明AFD ⊙KFB ，得1BK AD ==，在ABK 中，利用第三边小于两边之和，得AK AB BK <+，求出AK 最大为4，则AF 最大为2即可，当//DE CF 时，由（1）中证明可知//DG CF ，则G ，D ，E 三点共线，分点E 在D 下方，或点E 在点D 上方两种情形，分别画图进行计算即可． 【详解】解：（1）过点A 作AG AB ⊥，交BC 延长线与点G ，，连接GD 并延长交BE 于点H ，AC BC =，120ACB ∠=︒， 30CAB CBA ∴∠=∠=︒，60GAC AGC ∴∠=∠=︒， AC CG BC ∴==，∴点C 为BG 的中点，AG AD AB AE == 且DAG EAB ∠=∠，ADG ∴⊙AEB ，BE ABGD AG∴==AGD ABE ∠=∠，193BE DG ∴=，点C ，F 分别是BG ，BD 的中点，CF ∴为BGD 的中位线，//CF GD ∴，12CF GD =，3BE CF ∴=，又ADG BDH ∠=∠，90BHD GAD ∴∠=∠=︒， GH BE ∴⊥， //CF GD ， CF BE ∴⊥，故答案为：23BE CF =，CF BE ⊥， （2）（1）中结论仍然成立，过点A 作AG AB ⊥，交BC 延长线与点G ，，连接GD 并延长交BE 于点H ，设GD 交AB 于点O ，由（1）同理可证ADG ⊙AEB ， 3BE ABGD AG∴∴==AGD ABE ∠=∠， 3BE DG ∴=，点C ，F 分别是BG ，BD 的中点，CF ∴为BGD 的中位线，//CF GD ∴，12CF GD =，3BE CF ∴=，又AOG BOH ∠=∠，90BHD GAO ∴∠=∠=︒， GH BE ∴⊥， //CF GD ， CF BE ∴⊥，故答案为：BE =，CF BE ⊥，（3）如图，延长AF 到点K ，使FK AF =，连接BK ，DF BF =，AF FK =，AFD BFK ∠=∠， AFD ∴⊙KFB ， 1BK AD ∴==，在ABK 中， AK AB BK <+，4AK ∴<，∴当4AK =时，AF 最大为2，当//DE CF 时，由（2）中证明可知//DG CF ，G ∴，D ，E 三点共线，如图，当点E 在点D 下方时，AG AE ==30E ∠=︒，3GE ∴=，211GD ∴=，1122CF DG ∴==， 当点E 与G 重合时，此时//DE CF ，112CF DE ∴==， 综上：1CF =或12，故答案为：2，1或12．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了含30角的直角三角形，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线定理等知识，是作辅助线，构造三角形相似或者全等是解题的关键，综合性较强，难度较大．18．（2021·长沙市北雅中学）（1）如图1，正方形ABCD 和正方形DEFG （其中AB DE >），连接CE ，AG 交于点H ，请直接写出线段AG 与CE 的数量关系________，位置关系________； （2）如图2，矩形ABCD 和矩形DEFG ，2AD DG =，2AB DE =，AD DE =，连接AG ，CE 交于点H ，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG ，CE 的数量关系和位置关系，并说明理由；（3）矩形ABCD 和矩形DEFC ，26AD DG ==，28AB DE ==，直线AG ，CE 交于点H ，当点E 与点H 重合时，请直接写出线段AE 的长．【答案】（1）相等，垂直；（2）不成立，CE=2AG，AG⊙CE，理由见解析；（3）16 5【分析】（1）根据正方形的性质，证明⊙GDA⊙⊙EDC即可得到打啊；（2）证明⊙GDA⊙⊙EDC，即可求解；（3）分⊙当点E在线段AG上时；⊙当G在线段AE上时；两种情况进行讨论求解即可.【详解】解：（1）在正方形ABCD和正方形DEFG中，⊙ADC=⊙EDG=90°，⊙⊙ADE+⊙EDG=⊙ADC+⊙ADE，即⊙ADG=⊙CDE，⊙DG=DE，DA=DC，⊙⊙GDA⊙⊙EDC（SAS），⊙AG=CE，⊙GAD=⊙ECD，⊙⊙COD=⊙AOH，⊙⊙AHO=⊙CDO=90°，⊙AG⊙CE，故答案为：相等，垂直；（2）不成立，CE=2AG，AG⊙CE，理由如下：设AD与CE交于M，由（1）知⊙ADE+⊙EDG=⊙ADC+⊙ADE，即⊙ADG=⊙EDC，⊙AD=2DG，AB=2DE，AD=DE，又⊙四边形ABCD是矩形，⊙AB=CD，⊙12 DG DE DEAD AB CD===，⊙⊙GDA⊙⊙EDC，23⊙12AD AG CD CE ==，⊙ECD =⊙GAD ， ⊙CE =2AG ， ⊙⊙CMD =⊙AMH ， ⊙⊙AHM =⊙CDM =90°， ⊙AG ⊙CE ；（3）⊙当点E 在线段AG 上时，如图所示， ⊙AD =2DG =6，AB =2DE =8， ⊙DG =3，ED =4， ⊙四边形DEFG 是矩形， ⊙⊙EDG =90°，⊙225EG DG DE +=， 过点D 作DP ⊙AG 于P ，⊙⊙DPG =⊙EDG =90°，⊙DGP =⊙EGD ， ⊙⊙DGP ⊙⊙EGD ， ⊙DG PG PDEG DG DE==即3534PG PD ==，⊙95PG =，125PD =，⊙22621AP AD PD =-=⊙62116AE AG GE AP GP GE -=-=+-=⊙当G 在线段AE 上时，如图所示， 过点D 作DP ⊙AG 于P ，⊙DPG =⊙EDG =90°，⊙DGP =⊙EGD ，同理得125PD =，AP =由勾股定理得165PE ==⊙AE AP PE =+=综上所述：AE =【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.19．（2021·扬州中学教育集团树人学校）如图1，在⊙ABC 中，⊙ACB ＝90°，AC ＝BC ＝2，M 为AB 的中点．D 是射线BC 上一个动点，连接AD ，将线段AD 绕点A 顺时针旋转90°得到线段AE ，连接ED ，N 为ED 的中点，连接AN ，MN ． （1）当BD ＝1时，AN ＝ ，NM 与AB 的位置关系是 ； （2）当2＜BD ＜4时，⊙依题意补全图2；⊙判断（1）中NM 与AB 的位置关系是否发生变化，并证明你的结论； （3）连接ME ，在点D 运动的过程中，当BD 的长为何值时，ME 的长最小？最小值是多少？请直接写出结果．25【答案】（110（2）⊙画图见分析；⊙不会发生变化，证明见分析；（3）BD 的长为3时，ME 的长最小，最小值为1． 【分析】（1）根据已知条件得到1CD =，根据勾股定理得到22125AD +到ADE 是等腰直角三角形，求得10DE =根据直角三角形的性质得到1102AN DE ==122AM AB ==ACD AMN ∽，根据相似三角形的性质即可得到结论； （2）⊙根据题意补全图形即可；⊙根据等腰直角三角形的性质得到45CAB B ∠=∠=︒，求得45CAN NAM ∠+∠=︒，根据旋转的性质得到AD AE =，90DAE ∠=︒，推出ACD AMN ∽，由相似三角形的性质得到AMN ACD ∠=∠，即可得到结论；（3）连接ME ，EB ，过M 作MG EB ⊥于G ，过A 作AK AB ⊥交BD 的延长线于K ，得到AKB △是等腰直角三角形，推出ADK ABE △≌△，根据全等三角形的性质得到45ABE K ∠=∠=︒，证得BMG △是等腰直角三角形，求出2BC =，22AB =2MB ，由ME MG ≥，于是得到当ME MG =时，ME 的值最小，根据等量代换即可得到结论． 【详解】解：（1）⊙90ACB ∠=︒，2AC BC ==，1BD =， ⊙2CD =，⊙225AD AC CD +⊙将线段AD 绕点A 顺时针旋转90°得到线段AE ， ⊙ADE 是等腰直角三角形， ⊙210DE AD == ⊙N 为ED 的中点， ⊙1102AN DE ==⊙M 为AB 的中点，⊙12AM AB ==⊙AN AD ==，AM AC = ⊙AN AMAD AC=， ⊙45CAB DAN ∠=∠=︒， ⊙CAD BAN ∠=∠， ⊙ACD AMN ∽， ⊙90AMN C ∠=∠=︒， ⊙MN AB ⊥．（2）⊙补全图形如下图所示；⊙（1）中NM 与AB 的位置关系不会发生变化． 理由如下：⊙90ACB ∠=︒，AC BC =， ⊙45CAB B ∠=∠=︒， ⊙45CAN NAM ∠+∠=︒，⊙将线段AD 绕点A 顺时针旋转90°得到线段AE ， ⊙AD AE =，90DAE ∠=︒， ⊙N 为ED 的中点，⊙1452DAN DAE ∠=∠=︒，AN DE ⊥，⊙45CAN DAC ∠+∠=︒ ⊙NAM DAC ∠=∠，在Rt AND △中，452AN cos DAN cos AD =∠=︒=，同理45AC cos AB =︒，27⊙AC ANAB AD=， ⊙45DAC CAN MAN ∠=︒-∠=∠， ⊙ACD AMN ∽， ⊙AMN ACD ∠=∠， ⊙D 在BC 的延长线上， ⊙18090ACD ACB ∠=︒-∠=︒， ⊙90AMN∠=︒，⊙MN AB ⊥．（3）连接ME ，EB ，过M 作MG EB ⊥于G ，过A 作AK AB ⊥交BD 的延长线于K ，则AKB △是等腰直角三角形， 在ADK △与ABE △中，AK ABKAD BAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ⊙ADK ABE △≌△， ⊙45ABE K ∠=∠=︒， ⊙BMG △是等腰直角三角形， ⊙2BC =，⊙22AB =2MB ⊙451MG cos MB =︒=， ⊙90G ∠=︒， ⊙ME MG ≥，⊙当ME MG =时，ME 的值最小， ⊙1ME BE ==， ⊙1DK BE ==， ⊙2CK BC ==， ⊙1CD =， ⊙3BD =，⊙BD 的长为3时，ME 的长最小，最小值为1．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 20．（2021·湖北十堰市·九年级）如图，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC 、BE ，点P 为DC 的中点．（1）观察图1，猜想线段AP 与BE 的数量关系是______，位置关系是______；（2）把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论是否仍然成立，若成立请证明；若不成立，请写出新的结论并说明理由；（3）把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若6DE =，10BC =，请直接写出线段AP 长的取值范围． 【答案】（1）12AP BE =，AP BE ⊥；（2）12AP BE =，AP BE ⊥仍成立，理由见解析；（3）AP ≤ 【分析】（1）证明⊙BAE ⊙⊙CAD ，继而结合直角三角形中斜边中线的性质即可得答案； （2）延长PA 交BE 于N ，延长AP 到M 使PM AP =，连接CM ，用三角形全等推出12AP BE =，再得到//AD CM ，用平行线的性质和判定就可以证明AP BE ⊥． （3）利用三角形三边关系求出AM 的范围即可确定线段AP 长的取值范围． 【详解】 （1）12AP BE =，AP BE ⊥；理由如下： ⊙AB =AC ，⊙BAE =⊙CAD =90°，AD =AE ， ⊙⊙BAE ⊙⊙CAD ， ⊙BE =CD ，⊙ABE =⊙ACD ， 又⊙P 为CD 中点， ⊙AP =CP =12CD ，29⊙12AP BE =，⊙ACD =⊙CAP ， ⊙⊙ABE +⊙AEB =90°， ⊙⊙CAP +⊙AEB =90°， ⊙⊙ANE =90°， ⊙AP BE ⊥（2）成立．12AP BE =，AP BE ⊥． 理由如下：延长PA 交BE 于N ，延长AP 到M 使PM AP =，连接CM ，DPA CPM ∠=∠，⊙点P 为DC 的中点，⊙DP PC = 则ADP MCP ≅△△，⊙AD CM AE ==，DAP M ∠=∠， ⊙//AD CM ，⊙M DAP ∠=∠，180DAC ACM ∠+∠=︒． 又⊙90BAC DAE ∠=∠=︒， ⊙180DAC BAE ∠+∠=︒， ⊙ACM BAE ∠=∠， 又⊙AB AC =， ⊙BAE ACM ≅△△，⊙M AEB DAP ∠=∠=∠，BE AM =， ⊙12AP AM =， ⊙12AP BE =． 又⊙90EAN DAP ∠+∠=︒， ⊙90EAN AEB ∠+∠=︒， ⊙90ENA ∠=︒， 即AP BE ⊥．（3）⊙⊙AED ，⊙ABC 都是等腰直角三角形，6DE =，10BC =，⊙AD =AE ，AC =AB ，又由（2）知，CM =AD ⊙AM ≤⊙AM ≤ ⊙12AP AM =，AP ≤ 【点睛】此题考查的是三角形的旋转和相似三角形的综合题，熟悉掌握三角形旋转和相识三角形的性质和灵活的作品辅助线是解题的关键．21．（2021·北京市三帆中学）已知点P 为线段AB 上一点，将线段AP 绕点A 逆时针旋转α，得到线段AC ；再将线段BP 终点B 逆时针旋转180α︒-，得到线段BD ；连接AD ，取AD 中点M ，连接BM ，CM ． （1）当60a =︒．⊙如图1，点P 为AB 中点时，补全图形，直接写出线段BM 与CM 的位置关系______．数量关系______．⊙如图2，当点P 不为AB 中点时，写出线段BM 与CM 的数量关系与位置关系，并证明．（2）如图3，当45α=︒，点P 为AB 中点时，直接写出线段AP ，BP ，BC 的数量关系______．【答案】（1）⊙BM ⊙CM ；；⊙BM ⊙CM ；，见解析；（2）22222BC BC AP BP ==+【分析】（1）⊙延长BM到点E，使得BM=ME，连接AE，CE，DE，通过证明⊙CAE⊙⊙CPB，证明⊙CEB是等边三角形，利用等腰三角形三线合一思想计算即可；⊙的结论不变，证明方法与⊙类似；（2）延长BM到点G，使得BM=MG，连接AG，CG，DG，证明三角形ACG是等腰直角三角形即可【详解】（1）⊙如图1, 延长BM到点E，使得BM=ME，连接AE，CE，DE，⊙M是AD的中点，⊙AM=MD，⊙BM=ME，⊙四边形AEDB是平行四边形，⊙AE=BD，AE∥BD，⊙PB=BD，⊙PB=AE，⊙⊙CAP=60°，AC=AP，⊙⊙APC是等边三角形，⊙AC=PC，⊙ACP=⊙APC=60°，⊙⊙CPB=120°，⊙⊙CAP=60°，⊙⊙PBD=120°，⊙⊙BAE=60°，⊙⊙CAE=120°，⊙⊙CAE=⊙CPB，⊙⊙CAE⊙⊙CPB，⊙CE=CB，⊙ACE=⊙PCB，⊙⊙ACE+⊙PCE=⊙PCB+⊙PCE，⊙⊙ACP=⊙BCE=60°，⊙⊙CEB是等边三角形，⊙BM=ME，31⊙BM⊙CM，⊙tan60°=CM BM，⊙CM；故答案为：BM⊙CM；CM；⊙关系为：BM⊙CM；CM；理由如下：如图2, 延长BM到点F，使得BM=MF，连接AF，CF，DF，⊙M是AD的中点，⊙AM=MD，⊙BM=MF，⊙四边形AFDB是平行四边形，⊙AF=BD，AF∥BD，⊙PB=BD，⊙PB=AF，⊙⊙CAP=60°，AC=AP，⊙⊙APC是等边三角形，⊙AC=PC，⊙ACP=⊙APC=60°，⊙⊙CPB=120°，⊙⊙CAP=60°，⊙⊙PBD=120°，⊙⊙BAF=60°，⊙⊙CAF=120°，⊙⊙CAF=⊙CPB，⊙⊙CAF⊙⊙CPB，⊙CF=CB，⊙ACF=⊙PCB，⊙⊙ACF+⊙PCF=⊙PCB+⊙PCF，⊙⊙ACP=⊙BCF=60°，⊙⊙CFB是等边三角形，33⊙BM =MF ，⊙BM ⊙CM ， ⊙tan 60°=CMBM， ⊙CM 3；（2）如图3, 延长BM 到点G ，使得BM =MG ，连接AG ，CG ，DG ， ⊙M 是AD 的中点， ⊙AM =MD ， ⊙BM =MG ，⊙四边形AGDB 是平行四边形， ⊙AG =BD ，AG∥BD ， ⊙PB =BD ， ⊙PB =AG ， ⊙AP =PB =AC⊙AP =PB =AG =AC =BD ， ⊙⊙CAP =45°， ⊙⊙PBD =135°， ⊙⊙BAG =45°， ⊙⊙CAG =90°，⊙⊙CAN =⊙GAN ，⊙ANC =90°，⊙AN =NC =NG ， ⊙在直角三角形BCN 中， 222CN BN BC +=，⊙222))PB PB BC ++=，⊙22222BC BC AP BP ==【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角函数，熟练运用上面的知识，准确推理是解题的关键．22．（2021·河南信阳·）在ABC ∆中，BD AC ⊥于点D ，点Р为射线BD 上任一点（点B 除外）连接AP ，将线段PA 绕点Р顺时针方向旋转α︒，ABC α=∠，得到PE ，连接CE ．（1）（观察发现）如图1，当BA BC =，且60ABC ∠=︒时，BP 与CE 的数量关系是___________，BC 与CE 的位置关系是___________．（2）（猜想证明）如图2，当BA BC =，且90ABC ∠=︒时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）（3）（拓展探究）在（2）的条件下，若8AB =，AP =CE 的长． 【答案】（1）BP CE =，BC CE ⊥；（2）BC CE ⊥成立，BP CE =不成立，BP 与CE 的关系为CE =，见解析；（3）2或14 【分析】（1）连接AE ，证明⊙ABC 、⊙APE 为等边三角形， 再证明ABP ACE ∆∆≌，根据全等三角形的性质可得BP=CE ，ABP ACE ∠=∠，再求得30ABP ACE ∠=∠=︒，即可得90ACE ACB ∠+∠=︒，所有BC CE ⊥．（2）BC CE ⊥成立，BP CE =不成立，BP 与CE 的关系为CE =．选图2证明：连接AE ，易证BAP CAE ∆∆∽，根据相似三角形的性质可得CE CABP BA==ACE ABP ∠=∠，根据等腰直角三角形的性质可得45ABD CBD ACB ACE ∠==︒∠∠==∠，由此可得3590BCE BCA ACE ∠=∠+∠=︒，结论可证；选图3证明，类比图2的证明方法即可；（3）分图2和图3两种情况求CE 的长即可． 【详解】（1）如图，连接AE ，⊙BA BC =，且60ABC ∠=︒， ⊙⊙ABC 为等边三角形，⊙60ABC BAC ACB ∠=∠=∠=︒，AB =AC ， ⊙PE PA =，且60APE α∠==︒， ⊙⊙APE 为等边三角形， ⊙60PAE ∠=︒，AP =AE ，⊙BAC PAC PAE PAC ∠-∠=∠-∠， ⊙BAP CAE ∠=∠； 在⊙BAP 和⊙CAE 中， AB AC BAP CAE AP AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ⊙ABP ACE ∆∆≌，⊙BP=CE ，ABP ACE ∠=∠，⊙BD AC ⊥，BA BC =， 60ABC ∠=︒， ⊙⊙ABP =30°，⊙30ABP ACE ∠=∠=︒， ⊙90ACE ACB ∠+∠=︒， ⊙BC CE ⊥．故答案为：BP CE =，BC CE ⊥．（2）BC CE ⊥成立，BP CE =不成立，BP 与CE 的关系为2CE BP =． 理由如下：选图2证明：连接AE ，。
利用空间向量证明空间位置关系
利用空间向量证明立体几何中的平行与垂直问题[考纲要求]1．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．会简单应用空间两点间的距离公式．2．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．掌握空间向量的数量积及其坐标表示．能用向量的数量积判断向量的共线和垂直．4．理解直线的方向向量及平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．5．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理)．知识点一：空间向量及其运算1．空间向量及其有关概念(1)空间向量的有关概念(2)2.(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.3．空间向量的运算及其坐标表示设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).[基本能力]1．如图，已知空间四边形ABCD ，则13AB ―→＋13BC ―→＋13CD ―→等于________．答案：13AD ―→2．已知i ，j ，k 为标准正交基底，a ＝i ＋2j ＋3k ，则a 在i 方向上的投影为________． 答案：13．若空间三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (p,3，q ＋2)共线，则p ＝________，q ＝________. 答案：3 24．已知向量a ＝(－1,0,1)，b ＝(1,2,3)，k ∈R ，若k a －b 与b 垂直，则k ＝________. 答案：7考法一 空间向量的线性运算[例1] 已知四边形ABCD 为正方形，P 是ABCD 所在平面外一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中心O .Q 是CD 的中点，求下列各题中x ，y 的值： (1)O Q ―→＝P Q ―→＋x PC ―→＋y PA ―→； (2)PA ―→＝x PO ―→＋y P Q ―→＋PD ―→.[解] (1)如图，∵O Q ―→＝P Q ―→－PO ―→＝P Q ―→－12(PA ―→＋PC ―→)＝P Q ―→－12PA ―→－12PC ―→，∴x ＝y ＝－12.(2)∵PA ―→＋PC ―→＝2PO ―→， ∴PA ―→＝2PO ―→－PC ―→.又∵PC ―→＋PD ―→＝2P Q ―→，∴PC ―→＝2P Q ―→－PD ―→.从而有PA ―→＝2PO ―→－(2P Q ―→－PD ―→)＝2PO ―→－2P Q ―→＋PD ―→. ∴x ＝2，y ＝－2.考法二 共线、共面向量定理的应用[例2] 已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，用向量方法求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .[证明] (1)如图，连接BG ，则EG ―→＝EB ―→＋BG ―→＝EB ―→＋12(BC ―→＋BD ―→)＝EB ―→＋BF ―→＋EH ―→＝EF ―→＋EH ―→，由共面向量定理知：E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH ―→＝AH ―→－AE ―→＝12AD ―→－12AB ―→＝12(AD ―→－AB ―→)＝12BD ―→，因为E ，H ，B ，D 四点不共线，所以EH ∥BD . 又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH . [方法技巧]1．证明空间三点P ，A ，B 共线的方法 (1)PA ―→＝λPB ―→(λ∈R )；(2)对空间任一点O ，OP ―→＝OA ―→＋t AB ―→(t ∈R )； (3)对空间任一点O ，OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→(x ＋y ＝1)． 2．证明空间四点P ，M ，A ，B 共面的方法 (1)MP ―→＝xMA ―→＋yMB ―→；(2)对空间任一点O ，OP ―→＝OM ―→＋xMA ―→＋yMB ―→；(3)对空间任一点O ，OP ―→＝xOM ―→＋y OA ―→＋z OB ―→(x ＋y ＋z ＝1)； (4)PM ―→∥AB ―→ (或PA ―→∥MB ―→或PB ―→∥AM ―→)．考法三 空间向量数量积的应用[例3] 如图，正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是C 1D 1，D 1D 的中点．若正方体的棱长为1.求cos 〈CE ―→，AF ―→〉． [解] ∵|CE ―→|＝C 1E 2＋CC 21＝14＋1＝52＝|AF ―→|， ∴CE ―→·AF ―→＝|CE ―→||AF ―→|cos 〈CE ―→，AF ―→〉＝54cos 〈CE ―→，AF ―→〉．又∵CE ―→＝CC 1―→＋C 1E ―→，AF ―→＝AD ―→＋DF ―→， ∴CE ―→·AF ―→＝(CC 1―→＋C 1E ―→)·(AD ―→＋DF ―→)＝CC 1―→·AD ―→＋C 1E ―→·AD ―→＋CC 1―→·DF ―→＋C 1E ―→·DF ―→＝|CC 1―→||DF ―→|＝1×12＝12.∴cos 〈CE ―→，AF ―→〉＝25.[方法技巧] 空间向量数量积的3个应用[集训冲关]OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，1.[考法一]已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OC ―→＝c ，用a ，b ，c 表示MN ―→，则MN ―→等于( ) A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b ＋c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：选D MN ―→＝MA ―→＋AO ―→＋ON ―→＝12BA ―→＋AO ―→＋12OC ―→＝12(OA ―→－OB ―→)＋AO ―→＋12OC ―→＝－12OA ―→－12OB ―→＋12OC ―→＝12(c －a －b )．2.[考法二]O 为空间任意一点，若OP ―→＝34OA ―→＋18OB ―→＋18OC ―→，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断解析：选B 因为OP ―→＝34OA ―→＋18OB ―→＋18OC ―→，且34＋18＋18＝1.所以P ，A ，B ，C 四点共面．∠AOC ＝π3，3.[考法三]如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝则cos 〈OA ―→，BC ―→〉的值为________． 解析：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ， 由已知条件，得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA ―→·BC ―→＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0， ∴OA ―→⊥BC ―→，∴cos 〈OA ―→，BC ―→〉＝0. 答案：0知识点二： 利用空间向量证明平行与垂直1．两个重要向量2．空间中平行、垂直关系的向量表示设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．( )(2)已知AB ―→＝(2,2,1)，AC ―→＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是n 0=±⎝⎛⎭⎫13，－23，23.( ) (3)两条不重合的直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是平行．( ) (4)若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× 二、填空题1．已知直线l 1的一个方向向量为(－7,3,4)，直线l 2的一个方向向量为(x ，y,8)，且l 1∥l 2，则x ＝________， y ＝________. 答案：－14 62．若平面α的一个法向量为n 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为n 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________. 答案：－33．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－3,0，－6)，则l 与α的位置关系是________． 答案：l ⊥α考法一 向量法证明平行与垂直关系[例1] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 于点F . (1)证明：PA ∥平面EDB ； (2)证明：PB ⊥平面EFD .证明：如图所示，建立空间直角坐标系，D 是坐标原点， 设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a2.∵底面ABCD 是正方形， ∴G 是此正方形的中心． 故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，且PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2， ∴PA ―→＝2EG ―→，∴PA ∥EG .又∵EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，PB ―→＝(a ，a ，－a )，DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2， 故PB ―→·DE ―→＝0＋a 22－a 22＝0，∴PB ⊥DE ，又∵EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ， ∴PB ⊥平面EFD . [方法技巧]1．利用空间向量证明平行的方法2.[提醒]来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外． [针对训练]已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F . 证明：建立空间直角坐标系如图，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,2,1)，F (0,0,1)，B 1(2,2,2)，所以FC 1―→＝(0,2,1)，DA ―→＝(2,0,0)，AE ―→＝(0,2,1)． (1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥DA ―→，n 1⊥AE ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA ―→＝2x 1＝0，n 1·AE ―→＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2)． 因为FC 1―→·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1―→⊥n ， 又因为FC 1⊄平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE . (2)∵C 1B 1―→＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥FC 1―→，n 2⊥C 1B 1―→，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1―→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B 1―→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)，因为n 1＝n 2， 所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .考法二 向量法解决垂直、平行关系中的探索性问题[例2] 如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论． [解] 依题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，B 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，BA 1―→＝(－1,0,1)，BE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA 1―→＝0，n ·BE ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设棱C 1D 1上存在点F (t,1,1)(0≤t ≤1)满足条件，又因为B 1(1,0,1)， 所以B 1F ―→＝(t －1,1,0)． 而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F ―→·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE . [方法技巧]向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路(1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示．(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在． [针对训练]在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，则在线段CC 1上是否存在一点P ，使得平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ？证明你的结论．解：存在点P ，当点P 为CC 1的中点时，平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE .证明如下：如图，以D 点为原点，建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为1，P (0,1，a )(0≤a ≤1)，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，0，C 1(0,1,1)， ∴A 1B 1―→＝(0,1,0)，A 1P ―→＝(－1,1，a －1)， DE ―→＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DC 1―→＝(0,1,1)． 设平面A 1B 1P 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B 1―→＝0，n 1·A 1P ―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，－x 1＋y 1＋(a －1)z 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝a －1， ∴n 1＝(a －1,0,1)．设平面C 1DE 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·DE ―→＝0，n 2·DC 1―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋y 2＝0，y 2＋z 2＝0.令y 2＝1，得x 2＝－2，z 2＝－1， ∴n 2＝(－2,1，－1)． 若平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，则n 1·n 2＝0，∴－2(a －1)－1＝0，解得a ＝12.∴当P 为C 1C 的中点时，平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE .[课时跟踪检测]1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c . 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选A a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.的交点．若AB ―→＝a ，2．如图所示，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( ) A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R )，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA ―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→ (m ，n ∈R )，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析：选B 由题意设c ＝x a ＋y b ，则(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．(2019·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( ) A ．±66B ．66C ．－66D ．±6解析：选C OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 6．在空间四边形ABCD 中，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B 法一：如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝AB ―→·(AD ―→－AC ―→)＋AC ―→·(AB ―→－AD ―→)＋AD ―→·(AC ―→－AB ―→) ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.法二：在三棱锥A -BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直． 所以AB ―→·CD ―→＝0，AC ―→·DB ―→＝0，AD ―→·BC ―→＝0. 所以AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝0.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于________． 解析：设AD ―→＝λAC ―→，D (x ，y ，z )， 则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0，4，－3)， ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ， ∴D (1,4λ－1,2－3λ)， ∴BD ―→＝(－4,4λ＋5，－3λ)， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，解得λ＝－45，∴BD ―→＝⎝⎛⎭⎫－4，95，125，∴|BD ―→|＝(－4)2＋⎝⎛⎭⎫952＋⎝⎛⎭⎫1252＝5.答案：5 8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．解析：∵AP ―→·AB ―→＝－2－2＋4＝0，∴AP ⊥AB ，故①正确；AP ―→·AD ―→＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD ，故②正确；由①②知AP ⊥平面ABCD ，故③正确，④不正确．答案：①②③9．(2019·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→ ＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎡⎦⎤12(OB ―→＋OC ―→)－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13. 答案：16，13，1310．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2.点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点．求证：MN ∥平面RSD .M ⎝⎛⎭⎫3，0，43，证明：法一：如图所示，建立空间直角坐标系，根据题意得N (0,2,2)，R (3，2,0)，S ⎝⎛⎭⎫0，4，23. ∴MN ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，RS ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，MN ―→＝RS ―→. ∴MN ―→∥RS ―→.∵M ∉RS .∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ，∴MN ∥平面RSD .法二：设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则MN ―→＝MB 1―→＋B 1A 1―→＋A 1N ―→＝13c －a ＋12b ， RS ―→＝RC ―→＋CD ―→＋DS ―→＝12b －a ＋13c ， ∴MN ―→＝RS ―→，∴MN ―→∥RS ―→，又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ，∴MN ∥平面RSD .11．三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 中点． 求证：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A1(0,0，3)，C 1(0,1，3)，∵D 为BC 的中点，∴D 点坐标为(1,1,0)．∴AA 1―→＝(0,0，3)，AD ―→＝(1,1,0)，BC ―→＝(－2,2,0)，CC 1―→＝(0，－1，3)．设平面A 1AD 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1―→＝0，n 1·AD ―→＝0，得⎩⎨⎧ 3z 1＝0，x 1＋y 1＝0. 令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0，∴n 1＝(1，－1,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BC ―→＝0，n 2·CC 1―→＝0，得⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0. 令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2.∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.面边长的2倍，12．如图所示，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底点P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0，B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0， OC ―→＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ， 则OC ―→·SD ―→＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ， 而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→.而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .。
高一数学必修二2.1.3直线与平面位置关系 2.1.4平面与平面位置关系导学案(解析版)
2.1.2空间中直线与平面之间的位置关系2.1.3空间中平面与平面之间的位置关系一、课标解读1. 掌握直线与平面之间的位置关系，理解直线在平面外的概念,会判断直线与平面的位置关系；2. 掌握两平面之间的位置关系，会画相交平面的图形.二、自学导引问题1：用铅笔表示一条直线，作业本表示一个平面，你试着比画，它们之间有几种位置关系?观察：如图3-1,直线A B 与长方体的六个面有几种位置关系?图3-1空间直线与平面的位置关系问题2：平面与平面的位置关系有几种？你试着拿两个作业本比画比画.观察：还是在长方体中，如图3-2，你看看它的六个面两两之间的位置关系有几种?图3-2平面与平面的位置关系三、合作探究⑴从交点个数方面来分析，直线与平面的三种位置关系对应的交点各有多少个？⑵请你试着把直线与平面的三种位置关系用图形表示出来，并想想用符号语言该怎么描述.(3)请你试着把平面与平面的两种关系用图形以及符号语言表示出来.四、典例精析例1 下列命题中正确的个数是（）①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α.②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行.③如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行.④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点.A.0B.1C.2D.3⊄，则下列结论成立的是（）变式训练1. 若直线a不平行于平面α，且aαA.α内的所有直线与a异面B.α内不存在与a平行的直线C.α内存在唯一的直线与a平行D.α内的直线与a都相交.例2 已知平面,αβ，直线,a b，且α∥β,aα⊂，bβ⊂，则直线a与直线b具有怎样的位置关系?αβγ为三个不重合的平面：变式训练2. 已知,,a b c为三条不重合的直线，,,①a∥c,b∥c⇒a∥b；②a ∥γ,b ∥γ⇒a ∥b ；③a ∥c ,c ∥α⇒a ∥α；④a ∥γ,a ∥αα⇒∥γ；⑤a α⊄,b α⊂,a ∥b ⇒a ∥α.其中正确的命题是（ ）A.①⑤B.①②C.②④D.③⑤例3 求证：两条平行线中的一条与已知平面相交，则另一条直线也与该平面相交五、自主反馈1. 直线l 在平面α外，则（ ）.A.l ∥αB.l 与α至少有一个公共点C.l A α=D.l 与α至多有一个公共点2. 已知a ∥α，b α⊂，则（ ）.A.a ∥bB.a 和b 相交C.a 和b 异面D.a 与b 平行或异面3. 四棱柱的的六个面中，平行平面有（ ）.A.1对B.1对或2对C.1对或2对或3对D.0对或1对或2对或3对4. 过直线外一点与这条直线平行的直线有____条；过直线外一点与这条直线平行的平面有____个.5. 若在两个平面内各有一条直线，且这两条直线互相平行，那么这两个平面的位置关系一定是______.答案2.1.3 空间中直线与平面之间的位置关系2.1.4平面与平面之间的位置关系例1 B 例2 平行或异面例3 证明：已知直线P a b a =α ,//求证：相交与平面直线αb证明：β确定平面和b a b a ∴,//l P P a 的直线相交于过点与平面βαα∴=,相交中的一条直线与两条平行线内在平面a b a l ,β 内不在平面又即相交于必与αb Q l b Q b l ,,=∴ 相交与平面直线αb ∴变式训练1.B2.A自主反馈答案1.D2.D3.C4. 1 无数5.相交或平行。
7-3第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系(2015年高考总复习)
考源教学资源网
第32页
返回导航
第七章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
【规律方法】
(1)异面直线的判定常用反证法，先假设两直
线平行或相交，推导出矛盾，从而否定假设． (2)也常用下面结论：过平面外一点和平面内一点的直线，与 平面内不经过该点的直线是异面直线，一般不利用定义法，太抽 象．
直线在这个平面内．
不共线 的三点，有且只有一个平面． 公理2：过________
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们 有且只有一条 ______________过该点的公共直线．
考源教学资源网
第6页
返回导航
第七章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
第七章 立体几何
考源教学资源网
第1页
返回导航
第七章
立体几何
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
第三节 ►►空间点、直线、平面之间的位置关系
读教材· 抓基础
研考点· 知规律
拓思维· 培能力
考源教学资源网
新课标A版数学
3． 如右图所示， 平面 α∩平面 β＝l， A∈α， B∈α， AB∩l＝D， C∈β，C∉l，则平面 ABC 与平面 β 的交线是( )
A．直线 AC
B．直线 AB
C．直线 CD D．直线 BC
考源教学资源网
第15页
返回导航
第七章
第三节
高考总复习模块新课标
第29页
返回导航
第七章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
高三数学第一轮复习课时作业(42)立体几何中的向量方法(一)——位置关系的证明
课时作业(四十二) 第42讲 立体几何中的向量方法(一)——位置关系的证明时间：45分钟 分值：100分基础热身1．直线l 1，l 2相互平行，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( ) A ．s 1＝(0,1,2)，s 2＝(2,1,0) B ．s 1＝(0,1,1)，s 2＝(1,1,0) C ．s 1＝(1,1,2)，s 2＝(2,2,4)D ．s 1＝(1,1,1)，s 2＝(－1,2，－1)2．直线l 1，l 2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( ) A ．s 1＝(1,1,2)，s 2＝(2，－1,0) B ．s 1＝(0,1，－1)，s 2＝(2,0,0) C ．s 1＝(1,1,1)，s 2＝(2,2，－2)D ．s 1＝(1，－1,1)，s 2＝(－2,2，－2)3．若直线l ∥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论正确的是( ) A ．s ＝(－1,0,2)，n ＝(1,0，－1) B ．s ＝(－1,0,1)，n ＝(1,2，－1) C ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(1,2，－1) D ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(－2,2,2)4．若直线l ⊥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论正确的是( ) A ．s ＝(1,0,1)，n ＝(1,0，－1) B ．s ＝(1,1,1)，n ＝(1,1，－2)C ．s ＝(2,1,1)，n ＝(－4，－2，－2)D ．s ＝(1,3,1)，n ＝(2,0，－1) 能力提升5．若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,3)，n 2＝(－3,2,1) B ．n 1＝(1,2,2)，n 2＝(－2,2,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－2,2,1)D ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－2，－2，－2)6．若平面α，β垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1) B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1)D ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)7．直线l 的方向向量为s ＝(－1,1,1)，平面π的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面π，则x 的值为( )A ．－2B ．－ 2 C. 2 D ．± 28．2011²枣庄模拟 已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的单位法向量是( )A ．s ＝±(1,1,1) B．s ＝±⎝⎛⎭⎪⎫22，22，22C ．s ＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33D ．s ＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫33，－33，33 9．2011²宁波调研 已知非零向量a ，b 及平面α，若向量a 是平面α的法向量，则a ²b ＝0是向量b所在直线平行于平面α或在平面α内的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件10．平面α的一个法向量n＝(0,1，－1)，如果直线l⊥平面α，则直线l的单位方向向量是s＝________.11．空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD与ADEF，设M，N分别是BD，AE的中点，给出如下命题：①AD⊥MN；②MN∥平面CDE；③MN∥CE；④MN，CE异面．则所有正确命题的序号为________．图 112．如图K42－1，设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E.现将△ADE沿DE折起，使二面角A －DE－B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与平面ABE的位置关系为________．13．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．14．(10分)如图K42－2，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥BP交BP于点F.(1)证明：PA∥平面EDB；(2)证明：PB⊥平面EFD.15．(13分)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，AB＝AA1＝2，AC＝1，M，N分别是A1B1，BC的中点．(1)求证：AB⊥AC1；(2)求证：MN∥平面ACC1A1.难点突破16．(12分)如图K42－4，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；(2)是否在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由．课时作业(四十二)【基础热身】1．C 解析 两直线平行则其方向向量平行，根据两向量平行的条件检验知正确选项为C. 2．B 解析 两直线垂直，其方向向量垂直，只有选项B 中的两个向量垂直．3．C 解析 直线与平面平行，直线的方向向量和平面的法向量垂直，检验知正确选项为C. 4．C 解析 线面垂直时，直线的方向向量平行于平面的法向量，只有选项C 中的两向量平行． 【能力提升】5．D 解析 两个平面平行时其法向量也平行，检验知正确选项为D.6．A 解析 两个平面垂直时其法向量垂直，只有选项A 中的两个向量垂直．7．D 解析 线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故x 2－2＝0，解得x ＝± 2.8．C 解析 先求出平面ABC 的一个法向量，再把其单位化．不难求出其一个法向量是n ＝(1,1,1)，单位化得s ＝±⎝⎛⎭⎪⎫33，33，33.9．C 解析 根据向量与平面平行、以及平面的法向量与直线的方向向量之间的关系进行判断．a ²b ＝0说明向量b 垂直于平面α的法向量，故向量b 与平面α共面，此时向量b 所在的直线平行于平面α或在平面α之内；反之a ²b ＝0.10．±⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22 解析 直线l 的方向向量平行于平面α的法向量，故直线l 的单位方向向量是s ＝±⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22. 11．①②③ 解析 如图，设＝a ，＝b ，＝c ，则|a |＝|c |且a ²b ＝c ²b ＝0.＝－＝12(b ＋c )－12(a ＋b )＝12(c －a )，²＝12(c －a )²b ＝12(c ²b －a ²b )＝0，故AD ⊥MN ；＝c －a ＝2，故MN ∥CE ，故MN ∥平面，故①②③正确；④一定不正确．12．平行 解析 由AE ⊥DE ，BE ⊥DE B 的平面角，即∠AEB ＝45°，又AB ⊥平面BCDE ，所以AB ＝BE .以B y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝BE ＝a ，BC ＝b ，则A (0,0，a )，E (0，a,0)，M ⎝⎛⎭⎫b 2，a 2，a 2，N ⎝⎛⎭⎫b2，0，0，∴＝⎝⎛⎭0，－a 2，－a2，＝(0，a,0)，＝(0,0，a )，由此，得＝－12－12MN ∥平面ABE .13.407，－157，4 解析 由题知：⊥，⊥.所以即⎩⎪⎨⎪⎧1³3＋5³1＋(－2)³z ＝0，x －1＋5y ＋(－2)³(－3)＝0，3(x －1)＋y －3z ＝0.解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4.14．解答 证明：以D 为坐标原点，射线，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设DC ＝a .(1)连接AC ，AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a2.因为底面ABCD 是正方形，所以G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a20，且＝(a,0，－a )，＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a2.所以＝2，这表明PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，＝(a ，a ，－a )．＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2，故²＝0＋a 22－a22＝0，所以PB ⊥DE ，由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .15．解答 依条件可知AB ，AC ，AA 1两两垂直．如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz .根据条件容易求出如下各点坐标：A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (－1,0,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,2,2)，C 1(－1,0,2)，M (0,1,2)，N ⎝⎛⎭⎫－12，1，0.(1)证明：因为＝(0,2,0)，＝(－1,0,2)，所以²＝0³(－1)＋2³0＋0³2＝0. 所以⊥，即AB ⊥AC 1.(2)证明：因为＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－2，＝(0,2,0)是平面ACC 1A 1的一个法向量，且²＝－12³0＋0³2－2³0＝0，所以⊥.又MN ⊄平面ACC 1A 1， 所以MN ∥平面ACC 1A 1. 【难点突破】16．解答 (1)证明：如图，连接OP ，以O 为坐标原点，分别以OB 、OC 、OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A (0，－8,0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0,0,6)，E (0，－4,3)，F (4,0,3)，由题意得，G (0,4,0)，则＝(8,0,0)，＝(0，－4,3)，因此可得平面BOE 的一个法向量为n ＝(0,3,4)，＝(－4,4，－3)，得n ²＝0，又直线FG 不在平面BOE 内，因此有FG ∥平面BOE .(2)设点M的坐标为(x0，y0,0)，则＝(x00BOE，所以有∥n，因此有x0＝4，y0＝－94，即点M的坐标为⎝⎛⎭⎫4，－94，0，在平面xOy中，△AOB的内部区域满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x>0，y<0，x－y<8，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.。
高考数学复习利用空间向量证明空间中的位置关系理含解析
高考数学复习核心素养提升练四十五利用空间向量证明空间中的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.设直线l的方向向量为(1,-1,1),平面α的一个法向量为(-1,1,-1),则直线l与平面α的位置关系是( )A.l⊂αB.l∥αC.l⊥αD.不确定【解析】选C.因为直线l的方向向量为(1,-1,1),平面α的一个法向量为(-1,1,-1),显然它们共线,所以直线l与平面α的位置关系是垂直即l⊥α.2.已知平面α,β的法向量分别为μ=(-2,3,-5),v=(3,-1,4),则( )A.α∥βB.α⊥βC.α,β相交但不垂直D.以上都不正确【解析】选 C.因为≠≠,所以μ与v不是共线向量,又因为μ·v= -2×3+3×(-1)+(-5)×4=-29≠0,所以μ与v不垂直,所以平面α与平面β相交但不垂直.3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,点M在EF上且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )A.(1,1,1)B.C. D.【解析】选 C.因为点M在EF上,设ME=x,所以M,因为A,D,E(0,0,1),B(0,,0),所以=(,0,-1),=(0,,-1),=.设平面BDE的法向量n=(a,b,c),由得a=b= c.故可取一个法向量n=.因为n·=0,所以x=1,所以M.4.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为( )A.,-,4B.,-,4C.,-2,4D.4,,-15【解析】选B.因为⊥,所以·=0,所以3+5-2z=0,解得z=4.又因为BP⊥平面ABC,所以⊥,⊥,所以,解得x=,y=-,所以x=,y=-,z=4.5.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为( )A.a2B.a2C.a2D.a2【解析】选C.如图,设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三向量两两夹角为60°.=(a+b),=c,所以·=(a+b)·c=(a·c+b·c)=(a2cos 60°+a2cos 60°)=a2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设平面α与向量a=(-1,2,-4)垂直,平面β与向量b=(-2, 4, -8)垂直,则平面α与β位置关系是________.【解析】因为2a=b,所以a∥b.因为平面α与向量a垂直,所以平面α与向量b也垂直.而平面β与向量b垂直,所以α∥β.答案:平行7.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F 分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为________.【解析】如图,建立空间坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2)(0≤m≤2),则=(2,1,0),=(1,-m,-2),cos θ=,令t=2-m(0≤t≤2),cos θ=×≤×=.答案:8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________.【解析】不妨设CA=CC1=2CB=2,则A(2,0,0),B1(0,2,1),B(0,0,1),C1(0,2,0),所以=(-2,2,1),=(0,2,-1),所以直线BC1与直线AB1夹角θ的余弦值是cos θ===,所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C.(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.【解析】(1)因为A1D∥B1C,A1D⊂平面A1DE,B1C⊄平面A1DE,所以B1C∥平面A1DE,又B1C⊂平面B1CD1,平面A1DE∩平面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)设正方形边长为1,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0), A1(0,0,1),B1(1,0,1), D1(0,1,1),而E是B1D1的中点,所以点E的坐标为(0.5,0.5,1).设平面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),又=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得:,令s1=t1=1,则n1=(-1,1,1),设平面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),又=(1,0,0),=(0,1,-1),同理可得:n2=(0,1,1),所以结合图形可得二面角E-A1D-B1的余弦值为==.10.(2018·黄冈模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F 分别是AB,PB的中点.(1)求证:EF⊥CD.(2)在平面PAD内求一点G,使GF⊥平面PCB,并证明你的结论.(3)求DB与平面DEF所成角的正弦值.【解析】以DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图),设DA=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,F,P(0,0,a).(1)因为·=·(0,a,0)=0,所以EF⊥CD.(2)点G为AD的中点时,满足题意,理由如下:设G(x,0,z),则G∈平面PAD,=,·=·(a,0,0)=a =0,所以x=,·=·(0,- a, a)= a z=0,所以z=0,所以G点坐标为,即G点为AD的中点.(3)设平面DEF的法向量为n=(x,y,z).由得,即,取x=1,则y=-2,z=1,得n=(1,-2,1).cos<,n>===,因为DB与平面DEF所成角的正弦值sin α=|cos<,n>|所以,DB与平面DEF所成角的正弦值的大小为.(20分钟40分)1.(5分)如图,点C在圆锥PO的底面圆O上,AB是直径,AB=8,∠BAC=30°,圆锥的母线与底面成的角为60°,则点A到平面PBC的距离为( )A. B.2C. D.【解析】选C.如图,过点O作AB的垂线Ox,以Ox,OB,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,由题意可得A(0,-4,0),B(0,4,0),C(-2,2,0),P(0,0,4).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,所以2x+2y=0,-4y+4z=0, 所以y=z=-x,所以取m=(-1,,1),因为=(0,4,4),所以d===,所以点A到平面PBC的距离为.2.(5分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AD⊥AB,且PB=AB=AD=3,BC=1.在线段PD上存在一点M,使得CM⊥PA,则PM的长为( )A. B.3 C. D.【解析】选C.因为在梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,所以BC⊥AB.因为PB⊥平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC,如图,以B为原点,BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3).设=λ=(3λ,3λ,-3λ),所以=+=(-1+3λ,3λ,3-3λ),所以·=-9λ+3(3-3λ)=0,解得λ=,所以存在点M,且PM=PD=.3.(5分)给出下列命题:①直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量b=,则l与m垂直;②直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥α;③平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α∥β;④平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1.其中真命题是________.(把你认为正确的命题的序号都填上)【解析】对于①,因为a=(1,-1,2),b=(2,1,-),所以a·b=1×2-1×1+2×=0,所以a⊥b,所以直线l与m垂直,①正确;对于②,a=(0,1,-1),n=(1,-1,-1),所以a·n=0×1+1×(-1)+(-1)×(-1)=0,所以a⊥n,所以l∥α或l⊂α,②错误;对于③,因为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),所以n1与n2不共线,所以α∥β不成立,③错误;对于④,因为点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),所以=(-1,1,1),=(-1,1,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,所以,即,则u+t=1,④正确.综上,真命题的序号是①④.答案:①④4.(12分)如图,在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PA=AB=1,BC=2.求证:(1)EF∥平面PAB.(2)平面PAD⊥平面PDC.【证明】(1)以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F,=,=(1,0,-1),=(0,2,-1),=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0).因为=-,所以∥,即EF∥AB,又AB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)因为·=(0,0,1)·(1,0,0)=0,·=(0,2,0)·(1,0,0)=0,所以⊥,⊥,即AP⊥DC,AD⊥DC.又AP∩AD=A,所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.5.(13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PB与底面所成的角为45°,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,PA=BC=AD=1.(1)求证:面PAC⊥面PCD.(2)在棱PD上是否存在一点E,使CE∥面PAB?若存在,请确定E点的位置;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为PA⊥面ABCD,PB与面ABCD所成的角为∠PBA=45°,所以AB=1,由∠ABC=∠BAD=90°,易得CD=AC=,由勾股定理逆定理得AC⊥CD.又因为PA⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥面PAC,CD⊂平面PCD,所以平面PAC⊥平面PCD.(2)分别以AB,AD,AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),设E(0,y,z),则=(0,y,z-1),=(0,2,-1),因为与共线,所以y·(-1)-2(z-1)=0①,因为=(0,2,0)是平面PAB的法向量,又=(-1,y-1,z),CE∥面PAB.⊥.所以(-1,y-1,z)·(0,2,0)=0,所以y=1.将y=1代入①,得z=.所以E是PD的中点,所以存在E点使CE∥面PAB,此时E为PD的中点.。
2020届高考数学(理)课标版二轮课件：重难考点专题三第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
2.(2019课标全国Ⅲ,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角 形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则 ( B )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
考点二 空间平行、垂直关系
命题角度一 平行、垂直关系的证明
(2019天津节选,17,9分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形, △PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD; (2)求证:PA⊥平面PCD.
2.(2019天津河西三模)已知平行四边形ABCD中,∠A=60°,AB=2AD=2,平面 AED⊥平面ABCD,三角形AED为等边三角形,EF∥AB,EF=1,M、N分别为线 段AD、AB的中点. (1)求证:平面EMN∥平面BDF; (2)求证:平面BDF⊥平面ABCD; (3)求直线FC与平面BDF所成角的正切值.
所以AF⊂平面AGH,AF∥平面CDE, 即直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行.
(2)设点B到平面ACE的距离为h,由(1)及已知得,EO∥平面ABC,
所以点E到平面ABC的距离h1等于点O到平面ABC的距离,等于点D到平面
ABC的距离的 1 ,
2
又平面ABC⊥平面BCD,△BCD是边长为2的等边三角形,
3.(2019福建福州3月质检,6)已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下 列说法正确的是 ( C ) A.若c⊂平面α,则a⊥α B.若c⊥平面α,则a∥α,b∥α C.存在平面α,使得c⊥α,a⊂α,b∥α D.存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α
直线与圆的位置关系-2020-2021学年九年级数学上册同步课堂帮帮帮(苏科版)(解析版)
直线与圆的位置关系知识点一、直线与圆的位置关系直线与圆有三种位置关系，如下所示：判定直线与圆的位置关系通常有以下两种方法：（1）根据直线与圆的公共点的个数判断；（2）根据圆心到直线的距离与半径的大小关系判断. 知识点二、切线的判定定理与切线的性质定理1. 切线的判定定理：经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.如图所示，OA 的一条半径，直线l 经过点A 且OA ⊥l ，则l 的切线.判定一条直线是否是圆的切线共有以下三种方法：（1）定义法：当直线与圆有且只有一个公共点时，直线与圆相切；（2）数量关系法：当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；（3）判定定理法：经过半径的外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.2.切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径.如图所示：直线l的切线，切点为点A，则OA⊥l.例：如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO延长线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．（1）求证：PB是的切线．（2）若PB=6，DB=8，求⊙O的半径.【解答】（1）见解析；（2）3【解析】（1）证明：∵在△DEO和△PBO中，∠EDB=∠EPB，∠DOE=∠POB，∴∠OBP=∠E=90°，∵OB为圆的半径，∴PB为圆O的切线；（2）在Rt△PBD中，PB=6，DB=8，根据勾股定理得，∵PD与PB都为圆的切线，∴PC=PB=6，∴DC=PD﹣PC=10﹣6=4，在Rt△CDO中，设OC=r，则有DO=8﹣r，根据勾股定理得：（8﹣r）2=r2+42，解得：r=3，则圆的半径为3.知识点三、三角形的内切圆1.定义：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形.2.性质：三角形的内心就是三角形三条内角平分性的交点，内心到三角形各边的距离相等，任意三角形的内心都在三角形的内部.3.三角形的内切圆的作法：作三角形任意两个内角平分线，它们的交点就是内切圆的圆心，过圆心向任意一条边作垂线，垂线段的长度就是内切圆的半径.补充：三角形外心与内心对比：例：直角三角形的两条直角边分别为8和15，那么这个直角三角形最大能容纳一个直径为几的圆？【解答】6【解析】如图所示：由勾股定理可求出三角形斜边AB＝17，设三角形的内切圆的半径为r即，解得半径，则直径为6.知识点四、切线长及切线长定理1.切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长；2.切线长定理：过圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角.外一点P引两条切线PA、PB，切点分别为A、B，连接OA、OB、AB，延长PO并延长交圆于点E，则：①垂直：OA⊥PA，OB⊥PB，OD⊥AB；②全等：△OAP≌△OBP，△OCA≌△OCB，△ACP≌△BCP；③弧相等：.巩固练习一．选择题1．如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠C＝65°，则∠P的度数为（）A．50°B．65°C．70°D．80°【解答】A【解析】连接OA 、OB ，∵PA 、PB 是⊙O 切线， ∴PA ⊥OA ，PB ⊥OB ， ∴∠PAO ＝∠PBO ＝90°，∵∠P +∠PAO +∠AOB +∠PBO ＝360°， ∴∠P ＝180°﹣∠AOB ， ∵∠ACB ＝65°，∴∠AOB ＝2∠ACB ＝130°， ∴∠P ＝180°﹣130°＝50°， 故选A ．2．平面直角坐标系中，⊙P 的圆心坐标为（﹣4，﹣5），半径为5，那么⊙P 与y 轴的位置关系是（ ） A ．相交 B ．相离 C ．相切 D ．以上都不是【解答】A【解析】∵⊙P 的圆心坐标为（﹣4，﹣5）， ∴⊙P 到y 轴的距离d 为4 ∵d ＝4＜r ＝5 ∴y 轴与⊙P 相交 故选A ．3．三角形的三边长分别为6，8，10，则它的边与半径为2的圆的公共点个数最多为（ ） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6【解答】B【解析】∵62+82＝100，102＝100， ∴三角形为直角三角形，设内切圆半径为r ，则12（6+8+10）r =12×6×8， 解得r ＝2，所以应分为五种情况：当一条边与圆相离时，有0个交点，当一条边与圆相切时，有1个交点，当一条边与圆相交时，有2个交点，当圆为三角形内切圆时，有3个交点，当两条边与圆同时相交时，有4个交点，故公共点个数可能为0、1、2、3、4个．∴则它的边与半径为2的圆的公共点个数最多为4个，故选B．4．如图，AB是圆O的直径．点P是BA延长线上一点，PC与圆O相切，切点为C，连接OC，BC，如果∠P ＝40°，那么∠B的度数为（）A．40°B．25°C．35°D．45°【解答】B【解析】∵PC与圆O相切，切点为C，∴OC⊥PC，∴∠OCP＝90°，∵∠P＝40°，∴∠POC＝90°﹣∠P＝90°﹣40°＝50°，∵OB＝OC，∴∠B＝∠OCB，∵∠POC＝∠B+∠C，∠POC＝25°．∴∠B=12故选B．5．如图，已知PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，线段OP交⊙O于点M．给出下列四种说法：①PA＝PB；②OP⊥AB；③四边形OAPB有外接圆；④M是△AOP外接圆的圆心．其中正确说法的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】C【解析】∵PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，∴PA＝PB，所以①正确；∵OA＝OB，PA＝PB，∴OP垂直平分AB，所以②正确；∵PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∴点A、B在以OP为直径的圆上，∴四边形OAPB有外接圆，所以③正确；∵只有当∠APO＝30°时，OP＝2OA，此时PM＝OM，∴M不一定为△AOP外接圆的圆心，所以④错误．故选C．6．如图，点D是△ABC中BC边的中点，DE⊥AC于E，以AB为直径的⊙O经过D，连接AD，有下列结论：AC；④DE是⊙O的切线．其中正确的结论是（）①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OA=12A．①②B．①②③C．②③D．①②③④【解答】D【解析】∵AB是⊙O直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，选项①正确；连接OD，如图，∵D为BC中点，O为AB中点，∴DO为△ABC的中位线，∴OD∥AC，又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，∴∠ODE＝90°，∴DE为圆O的切线，选项④正确；又OB＝OD，∴∠ODB＝∠B，∵AB为圆O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，∴∠EDA＝∠BDO，∴∠EDA＝∠B，选项②正确；由D为BC中点，且AD⊥BC，∴AD垂直平分BC，AB，∴AC＝AB，又OA=12AC，选项③正确；∴OA=12则正确的结论为①②③④．故选D．7．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'C'D'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，则CF的长为（）A．2.5 B．1.5 C．3 D．4【解答】D【解析】如图，连接OE并延长交CF于点H，∵矩形ABCD 绕点C 旋转得矩形A 'B 'C 'D '， ∴∠B ′＝∠B ′CD ′＝90°，A ′B ′∥CD ′，BC ＝B ′C ＝4，∵边A 'B '与⊙O 相切，切点为E ， ∴OE ⊥A ′B ′，∴四边形EB ′CH 是矩形， ∴EH ＝B ′C ＝4，OH ⊥CF ，∵AB ＝5，∴OE ＝OC =12AB =52， ∴OH ＝EH ﹣OE =32，在Rt △OCH 中，根据勾股定理，得CH =√OC 2−OH 2=√(52)2−(32)2=2，∴CF ＝2CH ＝4． 故选D ．8．如图，△ABC 内接于⊙O ，BD 切⊙O 于点B ，AB ＝AC ，若∠CBD ＝40°，则∠ABC 等于（ ）A ．40°B ．50°C ．60°D ．70°【解答】D【解析】∵BD 切⊙O 于点B ， ∴∠DBC ＝∠A ＝40°， ∵AB ＝AC ， ∴∠ABC ＝∠C ，∴∠ABC ＝（180°﹣40°）÷2＝70°．故选D．9．如图，PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D．若△PCD的周长等于3，则PA 的值是（）A．32B．23C．12D．34【解答】A【解析】∵PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D，∴AC＝EC，DE＝DB，PA＝PB∵△PCD的周长等于3，∴PA+PB＝3，∴PA=32．故选A．10．如图，A、B、C、D为⊙O上的点，直线BA与DC相交于点P，PA＝2，PC＝CD＝3，则PB＝（）A．6 B．7 C．8 D．9【解答】D【解析】∵PB，PD是⊙O的割线，∴PA•PB＝PC•PD，∵PA＝2，PC＝CD＝3，∴2PB＝3×6解得：PB＝9．故选D．11．如图，这条花边中有4个圆和4个正三角形，且这条花边的总长度AB为4，则花边上正三角形的内切圆半径为（）A．√33B．23√3C．1 D．√3【解答】A【解析】如图，选择一个等边三角形和其内切圆，圆O是等边三角形ACE的内切圆，圆O切三角形的边CE于点D，∵这条花边的总长度AB为4，∴CE＝2，连接OC，AD，则AD过点O，∴CD＝DE=12CE＝1，∵△ACE是等边三角形，∴∠ACE＝60°，∵圆O是等边三角形ACE的内切圆，∴∠OCD＝30°，∴OD＝CD•tan30°=√33．∴花边上正三角形的内切圆半径为√33．故选A．二．填空题12．在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是．【解答】103＜AO＜203【解析】在矩形ABCD中，∵∠D＝90°，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，则OE⊥AD，∴OE∥CD，∴△AOE∽△ACD，∴OECD =AOAC，∴AO10=26，∴AO=103，如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，则OF⊥BC，∴OF∥AB，∴△COF∽△CAB，∴OCAC =OFAB，∴OC10=26，∴OC=103，∴AO=203，∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是103＜AO＜203，故答案为103＜AO＜203．13．如图，⊙O的半径为6cm，B为⊙O外一点，OB交⊙O于点A，AB＝OA，动点P从点A出发，以πcm/s 的速度在⊙O上按逆时针方向运动一周回到点A立即停止．当点P运动的时间为时，BP与⊙O相切．【解答】2秒或10秒【解析】连接OP∵当OP⊥PB时，BP与⊙O相切，∵AB＝OA，OA＝OP，∴OB＝2OP，∠OPB＝90°；∴∠B＝30°；∴∠O＝60°；∵OA＝6cm，=2π，弧AP=60π×6180∵圆的周长为：12π，∴点P运动的距离为2π或12π﹣2π＝10π；∴当t＝2秒或10秒时，有BP与⊙O相切．故答案为2秒或10秒．14．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，若以点C为圆心，以2cm长为半径的圆与斜边AB相切，那么BC的长等于．【解答】2√2cm【解析】过C点作CD⊥AB于D，如图，∵⊙C与AB相切，∴CD为⊙C的半径，即CD＝2，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠B＝45°，∴△CDB为等腰直角三角形，∴BC=√2CD＝2√2（cm）．故答案为2√2cm．15．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝6，BC＝4，以CD为直径作⊙O，将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A′B′C′D′的边A′B′与⊙O相切，切点为M，边CD′与⊙O相交于点N，则CN的长为．【解答】4√2【解析】连接OM，延长MO交CD于点G，作OH⊥B′C于点H，则∠OMB′＝∠OHB′＝90°，∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′C′D′，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，AB＝CD＝6，BC＝B′C＝4，∴四边形OMB′H和四边形MB′CG都是矩形，OE＝OD＝OC＝3，∴B′H＝OM＝3，∴CH＝B′C﹣B′H＝1，∴CG＝B′M＝OH=√OC2−CH2=2√2，∵四边形MB′CG是矩形，∴∠OGC＝90°，即OG⊥CD′，∴CN＝2CG＝4√2，故答案为4√2．16．如图，正方形ABCD的边长为8，E为AB中点，F为BC边上的动点，连接EF，以点F为圆心，EF长为半径作⊙F．当⊙F与AD边相切时，CF的长为．【解答】8﹣4√3【解析】当⊙F与直线AD相切时．设切点为K，连接FK，如图：则FK⊥AD，四边形FKDC是矩形．∴FE＝FK＝CD＝2BE，∴BE＝4，FE＝8，在Rt△FBE中，FB=√FE2−BE2=√82−42=4√3，∴CF＝BC﹣FB＝8﹣4√3．故答案为8﹣4√3．17．一个菱形的周长是20cm，两对角线之比是4：3，则该菱形的内切圆的半径是cm．【解答】125【解析】如图所示：菱形ABCD，对角线AC，BD，可得菱形内切圆的圆心即为对角线交点，设AB与圆相切于点E，可得OE⊥AB，∵一个菱形的周长是20cm，两对角线之比是4：3，∴AB＝5cm，设BO＝4x，则AO＝3x，故（4x）2+（3x）2＝25，解得：x＝1，则AO＝3，BO＝4，故EO•AB＝AO•BO，解得：EO=12．5．故答案为12518．以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AB边于点E，若△CDE的周长为12，则直角梯形ABCE周长为．【解答】14【解析】设AE的长为x，正方形ABCD的边长为a，∵CE与半圆O相切于点F，∴AE＝EF，BC＝CF，∵EF+FC+CD+ED＝12，∴AE+ED+CD+BC＝12，∵AD＝CD＝BC＝AB，∴正方形ABCD的边长为4；在Rt△CDE中，ED2+CD2＝CE2，即（4﹣x）2+42＝（4+x）2，解得：x＝1，∵AE+EF+FC+BC+AB＝14，∴直角梯形ABCE周长为14．故答案为14．19．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则△ABC的内切圆半径r＝．【解答】1【解析】在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根据勾股定理，得AB＝5，如图，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，∵∠C＝90°，∴四边形EOFC是矩形，根据切线长定理，得CE＝CF，∴矩形EOFC是正方形，∴CE＝CF＝r，∴AF＝AD＝AC﹣FC＝3﹣r，BE＝BD＝BC﹣CE＝4﹣r，∵AD+BD＝AB，∴3﹣r+4﹣r＝5，解得r＝1．则△ABC的内切圆半径r＝1．故答案为1．20．已知△ABC的三边a、b、c满足b+|c﹣3|+a2﹣8a＝4√b−1−19，则△ABC的内切圆半径＝．【解答】1【解析】∵b+|c﹣3|+a2﹣8a＝4√b−1−19，∴|c﹣3|+（a﹣4）2+（√b−1−2）2＝0，∴c＝3，a＝4，b＝5，∵32+42＝25＝52，∴c2+a2＝b2，∴△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，设内切圆的半径为r，根据题意，得S△ABC=12×3×4=12×3×r+12×4×r+12×r×5，∴r＝1，故答案为1．21．如图，在Rt△AOB中，OB＝2√3，∠A＝30°，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O 的一条切线PQ（其中点Q为切点），则线段PQ长度的最小值为．【解答】2√2【解析】连接OP、OQ，作OP′⊥AB于P′，∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ，∴PQ=√OP2−OQ2=√OP2−1，当OP最小时，线段PQ的长度最小，当OP⊥AB时，OP最小，在Rt△AOB中，∠A＝30°，=6，∴OA=OBtanA在Rt△AOP′中，∠A＝30°，OA＝3，∴OP′=12∴线段PQ长度的最小值=√32−1=2√2，故答案为2√2．三．解答题22．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点A和点D的圆，圆心O在线段AB上，⊙O交AB于点E，交AC于点F．（1）判断BC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若AD＝8，AE＝10，求BD的长．【解答】（1）BC与⊙O相切，理由见解析；（2）BD=1207【解析】（1）BC与⊙O相切，理由：连接OD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC，∵∠C＝90°，∴∠ODC＝90°，∴OD⊥BC，∵OD为半径，∴BC是⊙O切线；（2）连接DE，∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE＝90°，∵∠C＝90°，∴∠ADE＝∠C，∵∠EAD＝∠DAC，∴△ADE∽△ACD，∴AEAD =ADAC，10 8=8AC，∴AC =325，∴CD =√AD 2−AC 2=√82−(325)2=245， ∵OD ⊥BC ，AC ⊥BC ，∴OD ∥AC ，∴△OBD ∽△ABC ，∴OD AC=BD BC ， ∴5325=BD BD+245， ∴BD =1207．23．如图，CD 为⊙O 的直径，弦AB ⊥CD ，垂足为H ，P 是CD 延长线上一点，DE ⊥AP ，垂足为E ，∠EAD ＝∠HAD ．（1）求证：AE 为⊙O 的切线；（2）已知PA ＝2，PD ＝1，求⊙O 的半轻和DE 的长．【解答】（1）见解析；（2）DE 的长为35，⊙O 的半径为32 【解析】（1）证明：连接AO 并延长交⊙O 于点M ，连接MD ，如图，∵AB ⊥CD ，∴AD̂=BD ̂， ∴∠M ＝∠BAD ，∵∠EAD ＝∠HAD ．∴∠M ＝∠EAD ，∵AM 为直径，∴∠ADM ＝90°，∴∠M +∠MAD ＝90°，∴∠EAD +∠MAD ＝90°，即∠MAE ＝90°，∴AM ⊥AE ，∴AE 为⊙O 的切线；（2）∵∠EAD ＝∠HAD ，DH ⊥AH ，DE ⊥AE ，AD ＝AD ，∴△AHD ≌△AED （AAS ）∴DE ＝DH ，AH ＝AE ，设DE ＝x ，AH ＝y ，则DH ＝x ，AE ＝y ，∵∠EPD ＝∠HPA ，∠PED ＝∠PHA ＝90°，∴Rt △PED ∽Rt △PHA ，∴DE AH =PE PH =PD PA ，即x y =2−y 1+x =12， ∴解得x =35，y =65，即DE 的长为35，AH =65，设圆的半径为r ，则OH ＝r −35， 在Rt △OAH 中，（r −35）2+（65）2＝r 2，解得r =32， 即⊙O 的半径为32．答：⊙O 的半轻和DE 的长分别为：32，35．24．如图，AB 是⊙O 的直径，AB ＝6，OC ⊥AB ，OC ＝5，BC 与⊙O 交于点D ，点E 是BD ̂的中点，EF ∥BC ，交OC 的延长线于点F ．（1）求证：EF 是⊙O 的切线；（2）CG∥OD，交AB于点G，求CG的长．【解答】（1）见解析；（2）CG=173【解析】证明：（1）连接OE，交BD于H，∵点E是BD̂的中点，OE是半径，∴OE⊥BD，BH＝DH，∵EF∥BC，∴OE⊥EF，又∵OE是半径，∴EF是⊙O的切线；（2）∵AB是⊙O的直径，AB＝6，OC⊥AB，∴OB＝3，∴BC=√OB2+OC2=√9+25=√34，∵S△OBC=12×OB×OC=12×BC×OH，∴OH=√34=15√3434，∵cos∠OBC=OBBC =BHOB，∴√34=BH3，∴BH=9√3434，∴BD＝2BH=9√3417，∵CG∥OD，∴ODCG =BDBC，∴3CG =9√3417√34，∴CG=173．25．如图，△ABC中，BC＝14，AC＝9，AB＝13，它的内切圆分别和BC，AB，AC切于点D，E，F，求AE，BD 和CF的长．【解答】AE＝4，BD＝9，CF＝5【解析】设AE＝x，∵△ABC的内切圆分别和BC，AB，AC切于点D，E，F，∴AF＝AE＝x，BE＝BD，CD＝CF，而BE＝BA﹣AE＝13﹣x，CF＝CA﹣AF＝9﹣x，∴BD＝13﹣x，CD＝9﹣x，而BD+CD＝BC，∴13﹣x+9﹣x＝14，解得x＝4，∴AE＝4，BD＝9，CF＝5．26．已知PA、PB分别切⊙O于A、B，E为劣弧AB上一点，过E点的切线交PA于C、交PB于D．（1）若PA＝6，求△PCD的周长．（2）若∠P＝50°求∠DOC．【解答】（1）△PCD的周长＝12；（2）∠COD＝65°【解析】（1）连接OE，∵PA、PB与圆O相切，∴PA＝PB＝6，同理可得：AC＝CE，BD＝DE，△PCD的周长＝PC+PD+CD＝PC+PD+CE+DE＝PA+PB＝12；（2）∵PA PB与圆O相切，∴∠OAP＝∠OBP＝90°∠P＝50°，∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°，在Rt△AOC和Rt△EOC中，{OA=OEOC=OC，∴Rt△AOC≌Rt△EOC（HL），∴∠AOC＝∠COE，同理：∠DOE＝∠BOD，∠AOB＝65°．∴∠COD=1227．已知PA、PB、DE是⊙O的切线，切点分别为A、B、F，PO＝13cm，⊙O的半径为5cm，求△PDE的周长．【解答】24cm【解析】连接OA，则OA⊥PA．在直角三角形APO中，PO＝13cm，OA＝5cm，根据勾股定理，得AP＝12cm．∵PA、PB、DE是⊙O的切线，切点分别为A、B、F，∴PA＝PB，DA＝DF，EF＝EB，∴△PDE的周长＝2PA＝24cm．28．如图，⊙O是梯形ABCD的内切圆，AB∥DC，E、M、F、N分别是边AB、BC、CD、DA上的切点．（1）求证：AB+CD＝AD+BC；（2）求∠AOD的度数．【解答】（1）见解析；（2）∠AOD＝90°【解析】（1）证明：∵⊙O切梯形ABCD于E、M、F、N，由切线长定理：AE＝AN，BE＝BM，DF＝DN，CF＝CM，∴AE+BE+DF+CF＝AN+BM+DN+CM，∴AB+DC＝AD+BC；（2）连OE、ON、OM、OF，∵OE＝ON，AE＝AN，OA＝OA，∴△OAE≌△OAN，∴∠OAE＝∠OAN．同理，∠ODN＝∠ODF．∴∠OAN+∠ODN＝∠OAE+∠ODE．又∵AB∥DC，∠EAN+∠CDN＝180°，×180°＝90°，∴∠OAN+∠ODN=12∴∠AOD＝180°﹣90°＝90°．。
高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题十三空间线面位置关系的推理与证明
专题十三空间线面位置关系的推理与证明1.如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.本问题主要以解答题的形式进行考查，重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问．首先要学会认识几何图形，有一定的空间想象能力，对照着已知条件逐一判断．其次要熟悉相关的基本定理和基本性质，要善于把空间问题转化为平面问题进行解答．高考试题一般是利用直线与平面平行或垂直的判断定理和性质定理，以及平面与平面平行或垂直的判定定理和性质定理，把空间中的线线位置关系、线面位置关系和面面位置关系进行相互转化，这就要求同学们对平行与垂直的判定定理和性质定理熟练掌握，并在相应的题目中用相应的数学语言进行准确的表述．必备知识平行关系的转化两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图．解决平行问题时要注意以下结论的应用(1)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(2)两个平面平行，其中一个平面内的任一直线必平行于另一个平面．(3)一条直线与两平行平面中的一个相交，那么它与另一个也相交．(4)平行于同一条直线的两条直线平行．(5)平行于同一个平面的两个平面平行．(6)如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．垂直关系的转化与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图．在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面，当题目中有面面垂直的条件时，一般都要用此定理进行转化．必备方法1．证明平行、垂直问题常常从已知联想到有关判定定理或性质定理，将分析法与综合法综合起来考虑．2．证明面面平行、垂直时，常转化为线面的平行与垂直，再转化为线线的平行与垂直． 3．使用化归策略可将立体几何问题转化为平面几何问题． 4．正向思维受阻时，可考虑使用反证法．5．计算题应在计算中融入论证，使证算合一，逻辑严谨．通常计算题是经过“作图、证明、说明、计算”等步骤来完成的，应不缺不漏，清晰、严谨．空间点、线、平面之间的位置关系此类问题涉及的知识面较广，综合性较强，常考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质，考查学生分析、解决问题的能力，难度中档．【例1】► 如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綉12AD ，BE 綉12AF ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ [审题视点][听课记录][审题视点] 要证明四边形BCHG 是平行四边形，只要证明GH 綉BC 或GB 綉HC 即可；要证明C ，D ，E ，F 共面，可通过证明四边形CDEF 中至少有一组对边平行或两边的延长线相交即可．(1)证明 由题意知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綉12AD .又BC 綉12AD ，故GH 綉BC .所以四边形BCHG 是平行四边形．(2)解C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由BE 綉12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綉GF ，所以EF 綉BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面．又点D 在直线FH 上，所以C 、D 、F 、E 四点共面．法二 由题设知F A ，AB ，AD 两两互相垂直，如图，以A 为坐标原点，以射线AB 为x 轴正方向，以射线AD 为y 轴正方向，以射线AF 为z 轴正方向，建立直角坐标系Axyz .(1)证明 设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，则由题设得 A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)， D (0,2b,0)，E (a,0，c )，G (0,0，c )， H (0，b ，c )．所以GH →＝(0，b,0)，BC →＝(0，b,0)，于是GH →＝BC →.又点G 不在直线BC 上，所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)解C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下：由题设知F (0,0,2c )，所以EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )， EF →＝CH →，又C ∉EF ，H ∈FD ，故C ，D ，E ，F 四点共面．解决空间线面位置关系的组合判断题常有以下方法：(1)借助空间线面位置关系的线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，肯定或否定某些选项，并作出选择．【突破训练1】 给出下列关于互不相同的直线m ，l ，n 和平面α，β的四个命题： ①若m ⊂α，l ∩α＝A ，点A ∉m ，则l 与m 不共面；②若m 、l 是异面直线，l ∥α，m ∥α，且n ⊥l ，n ⊥m ，则n ⊥α； ③若l ∥α，m ∥β，α∥β，则l ∥m ；④若l ⊂α，m ⊂α，l ∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β.其中为真命题的是________(填序号)．解析③中l∥m或l，m异面，所以③错误，其他正确．答案①②④线线、线面位置关系此类问题多以多面体为载体，求证线线、线面的平行与垂直，在解答题中往往作为第一问，难度一般不大，适当添加辅助线是解题的常用方法，考查学生灵活应用线线、线面的平行与垂直的相互转化能力．【例2】如图所示，正三棱柱A1B1C1ABC中，点D是BC的中点，BC＝2BB1，设B1D∩BC1＝F.求证：(1)A1C∥平面AB1D；(2)BC1⊥平面AB1D.[审题视点][听课记录][审题视点] 本题可先挖掘正三棱柱中有关的线面平行及垂直关系，第(1)问可利用“线线平行”或“面面平行”，第(2)问可利用“线线垂直”来证“线面垂直”．证明(1)连接A1B，设A1B与AB1交于E，连接DE.∵点D是BC中点，点E是A1B中点，∴DE∥A1C，∵A1C⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形，点D是BC的中点，∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面B1BCC1，平面ABC∩平面B1BCC1＝BC，AD⊂平面ABC，∴AD⊥平面B1BCC1，∵BC1⊂平面B1BCC1，∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点，BC＝2BB1，∴BD＝22BB1.∵BDBB1＝CC1BC＝22，∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1.∴∠BDB1＝∠BC1C.∴∠FBD＋∠BDF＝∠C1BC＋∠BC1C＝90°.∴BC1⊥B1D.因为B1D∩AD＝D，∴BC1⊥平面AB1D.将立体几何问题转化为平面几何问题，是解决立体几何问题的很好途径，其中过特殊点作辅助线，构造平面是比较常用的方法．当然，记住公式、定理、概念等基础知识是解决问题的前提．【突破训练2】如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB ＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.证明：(1)AA1⊥BD；(2)CC1∥平面A1BD.证明(1)因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，所以BD⊥D1D，取AB的中点G，连接DG，在△ABD中，由AB＝2AD得，AG＝AD，又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形．因此GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB，又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°所以BD ⊥AD .又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1，又AA 1⊂平面ADD 1A 1， 故AA 1⊥BD .(2)连接AC ，A 1C 1，设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1，因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以EC ＝12AC ，由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知， A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形， 因此CC 1∥EA 1，又因为EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ， 所以CC 1∥平面A 1BD . 面面位置关系此类问题多以多面体为载体，结合线线、线面的位置关系，涉及的知识点多，综合性强，通常考查面面位置关系的判定及性质，考查学生的推理论证能力．【例3】► 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，△P AB 为正三角形，且面P AB ⊥面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，且AD ∥BC ，∠BCD ＝π4，AD ＝1，BC ＝2，E 为棱PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PBC . [审题视点][听课记录][审题视点] (1)证明线面平行只需在平面内找一条和该直线平行的直线即可，也可转化为经过这条直线的平面和已知平面平行；(2)证明面面垂直，只需在一个平面内找到另一个平面的垂线．(1)证明 如图所示，取线段BC 的中点F ，连接EF 、FD . 在△PBC 中，E 、F 分别为PC 、CB 的中点，∴EF ∥PB . 在直角梯形ABCD 中，F 为CB 的中点， ∴BF ＝12BC ＝1.又∵AD ∥BC ，且AD ＝1， ∴AD 綉BF .∴四边形ABFD 是平行四边形， ∴FD ∥AB .又∵EF ∩FD ＝F ，PB ∩BA ＝B ， ∴平面EFD ∥平面P AB . 又∵DE ⊂平面EFD ， ∴DE ∥平面P AB .(2)证明 在直角梯形中，CB ⊥AB ，又∵平面P AB ⊥平面ABCD ，且平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ， ∴CB ⊥平面P AB .∵CB ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面P AB .解决空间两个平面位置关系的思维方法是“以退为进”，即面面问题退证为线面问题，再退证为线线问题，充分利用面面、线面、线线相互之间的转化关系．【突破训练3】如图，在四棱锥P ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面P AD . 证明(1)如图，在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD . 又因为EF ⊄平面PCD ， PD ⊂平面PCD ， 所以直线EF ∥平面PCD .(2)连接BD .因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD . 平面图形的折叠问题此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面位置关系及有关计算．考查学生的知识迁移能力和空间想象能力，难度较大．【例4】如图，在直角梯形ABCP 中，AP ∥BC ，AP ⊥AB ，AB ＝BC ＝12AP ，D 是AP 的中点，E 、F 分别为PC 、PD 的中点，将△PCD 沿CD 折起得到四棱锥P ABCD .(1)G 为线段BC 上任一点，求证：平面EFG ⊥平面P AD ； (2)当G 为BC 的中点时，求证：AP ∥平面EFG . [审题视点][听课记录][审题视点] (1)转化为证EF ⊥平面P AD ； (2)转化为证平面P AB ∥平面EFG .证明 (1)在直角梯形ABCP 中，∵BC ∥AP ，BC ＝12AP ，D 为AP 的中点，∴BC 綉AD ，又AB ⊥AP ，AB ＝BC ， ∴四边形ABCD 为正方形． ∴CD ⊥AP ，CD ⊥AD ，CD ⊥PD .在四棱锥P ABCD 中，∵E ，F 分别为PC 、PD 的中点， ∴EF ∥CD 、EF ⊥AD ，EF ⊥PD .又PD ∩AD ＝D 、PD ⊂面P AD 、AD ⊂面P AD . ∴EF ⊥面P AD .又EF ⊂面EFG ，∴面EFG ⊥面P AD .(2)法一∵G 、F 分别为BC 和PC 中点，∴GF ∥BP ， ∵GF ⊄面P AB ，BP ⊂面P AB ，∴GF ∥面P AB . 由(1)知，EF ∥DC ，∵AB ∥DC ，∴EF ∥AB ， ∵EF ⊄面P AB ，AB ⊂面P AB ，∴EF ∥面P AB . ∵EF ∩GF ＝F ，EF ⊂面EFG ，GF ⊂面EFG . ∴面EFG ∥面P AB .∵P A ⊂面P AB ，∴P A ∥面EFG . 法二 取AD 中点H ，连接GH 、HE . 由(1)知四边形ABCD 为平行四边形， 又G 、H 分别为BC 、AD 的中点，∴GH ∥CD . 由(1)知，EF ∥CD ，∴EF ∥GH . ∴四点E 、F 、G 、H 共面．∵E 、H 分别为PD 、AD 的中点，∴EH ∥P A . ∵P A ⊄面EFGH ，EH ⊂面EFGH ， ∴P A ∥面EFGH ，即P A ∥面EFG .(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．【突破训练4】 如图，平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4.将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD ⊥平面ABD .(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥EABD的侧面积．(1)证明在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝AB2＋AD2－2AB·AD cos∠DAB＝2 3.∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面EBD.又∵DE⊂平面EBD，∴AB⊥DE.(2)解由(1)知AB⊥BD.∵CD∥AB，∴CD⊥BD，从而DE⊥BD.在Rt△DBE中，∵DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，∴S△DBE＝12DB·DE＝2 3.又∵AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，∴AB⊥BE.∵BE＝BC＝AD＝4，∴S△ABE＝12AB·BE＝4.∵DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，∴ED⊥平面ABD，而AD⊂平面ABD，∴ED⊥AD，∴S△ADE＝12AD·DE＝4.综上，三棱锥EABD的侧面积S＝8＋2 3.证明线面关系，严禁跳步作答证明线面位置关系的基本思想是转化与化归，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，但分析问题时不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上，通过证明线面垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又要借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．【示例】在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为DD1、DB的中点．(1)求证：EF∥平面ABC1D1；(2)求证：EF⊥B1C.[满分解答](1)连接BD1，如图所示，在△DD1B中，E、F分别为DD1、DB的中点，则EF∥D1B，∵D1B⊂平面ABC1D1，EF⊄平面ABC1D1，∴EF∥平面ABC1D1.(6分)(2)∵ABCDA1B1C1D1为正方体，∴AB⊥平面BCC1B1.∴B1C⊥AB.又B1C⊥BC1，AB⊂平面ABC1D1，BC1⊂平面ABC1D1且AB∩BC1＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1，又∵BD1⊂平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1.又EF∥BD1，∴EF⊥B1C.(12分)老师叮咛：本题失分原因主要有两点：一是推理论证不严谨，在使用线面位置关系的判定定理、性质定理时忽视定理的使用条件，如由EF∥D1B就直接得出EF∥平面ABC1D1；二是线面位置关系的证明思路出错，如本题第(2)问的证明，缺乏转化的思想意识，不知道证明线线垂直可以通过线面垂直达到目的，出现证明上的错误．解这类问题时要注意推理严谨，使用定理时找足条件，书写规范等．【试一试】如图，在四棱锥SABCD 中，底面ABCD 是菱形，SA ⊥底面ABCD ，M 为SA 的中点，N 为CD 的中点．证明：(1)平面SBD ⊥平面SAC ；(2)直线MN ∥平面SBC .证明 (1)∵ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .∵SA ⊥底面ABCD ，∴BD ⊥SA .∵SA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面SAC .又∵BD ⊂平面SBD ，∴平面SBD ⊥平面SAC .(2)如图，取SB 中点E ，连接ME ，CE .∵M 为SA 中点，∴ME ∥AB 且ME ＝12AB . 又∵ABCD 是菱形，N 为CD 的中点，∴CN ∥AB 且CN ＝12CD ＝12AB . ∴CN 綉ME .∴四边形CNME 是平行四边形，∴MN ∥CE .又MN ⊄平面SBC ，CE ⊂平面SBC ，∴直线MN ∥平面SBC .。
专题16 空间线面位置关系的证明-2019年高考数学母题题源系列(江苏专版)(解析版)
专题16 空间线面位置关系的证明【母题来源一】【2019年江苏】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.【母题来源二】【2018年江苏】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1． 因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．【母题来源三】【2017年江苏】如图，在三棱锥A BCD -中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ． 求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）AD ⊥AC ．⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面、面面平行与垂直关系的证明，尤其是垂直关系. 【命题规律】直线与平面平行的判定以及平面与平面平行的判定是高考的热点，线面垂直的判定、面面垂直的判定与性质也是高考的热点与重点，备考时应掌握线面、面面垂直的判定与性质定理，了解线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化思想，逐步学会综合运用数学知识分析解决问题的能力．【方法总结】1．三种垂直关系的证明(1)判定线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°；②平面几何中证明线线垂直的方法；③线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α，则a⊥b；④线面垂直的性质：a⊥α，b∥α，则a⊥b.(2)判定线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理；②利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”；③利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”；④利用面面垂直的性质．(3)判定面面垂直的方法①利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；②判定定理：a⊂α，a⊥β，则α⊥β.2．线面垂直、面面垂直的常见性质(1)垂直于同一条直线的两个平面平行．(2)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(3)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．3．三种垂直关系的转化在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．4．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．注意说明已知的直线不在平面内．5．判断或证明线面平行的方法(1)线面平行的定义(反证法)；(2)线面平行的判定定理； (3)面面平行的性质定理.1．【江苏省扬州中学2019届高三4月考试数学试题】已知三棱锥P ABC -中，AB AC ⊥，AB AP ⊥.若平面α分别与棱PA PB BC AC 、、、相交于点,,,E F G H 且PC P 平面α.求证：（1）∥EH FG ； （2）AB FG ⊥.【解析】（1）因为PC P 平面α，平面α平面PAC EH =，PC ⊂平面PAC ，所以有PC EH ， 同理可证出PC FG ， 根据平行公理，可得∥EH FG ； （2）因为AB AC ⊥，AB AP ⊥，AP AC A =，,AP AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC ，而PC ⊂平面PAC ，所以AB PC ⊥， 由（1）可知PC FG EH ∥∥， 所以AB FG ⊥.2．【江苏省扬州市2019届高三第一次模拟考试数学试题】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AA B B 为矩形，平面11AA B B ⊥平面ABC ，E ，F 分别是侧面11AA B B ，11BB C C 对角线的交点．求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）1BB AC ⊥.【解析】（1）因为三棱柱111ABC A B C -，所以四边形11AA B B ，四边形11BB C C 均为平行四边形． 因为E ，F 分别是侧面11AA B B ，11BB C C 对角线的交点， 所以E ，F 分别是1AB ，1CB 的中点 ， 所以EF AC ∥.因为EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .（2）因为四边形11AA B B 为矩形， 所以1BB AB ⊥.因为平面11AA B B ⊥平面ABC ，1BB ⊂平面11ABB A ，平面11ABB A 平面ABC AB =，所以1BB ⊥平面ABC . 因为AC ⊂平面ABC ， 所以1BB AC ⊥.3．【江苏省镇江市2019届高三考前模拟（三模）数学试题】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，PC ⊥底面ABCD ，E 为PB 上一点，G 为PO 的中点.（1）若PD ∥平面ACE ，求证：E 为PB 的中点；（2）若AB =，求证：CG ⊥平面PBD .【解析】（1）连接OE ，由四边形ABCD 是正方形知，O 为BD 中点，PD ∥平面ACE ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD 平面ACE OE =，PD OE ∴∥，O 为BD 中点，E ∴为PB 的中点.（2）在四棱锥P ABCD -中，AB =，四边形ABCD 是正方形，OC AB ∴=，PC OC ∴=， G 为PO 中点，CG PO ∴⊥，又PC ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，PC BD ∴⊥，而四边形ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥，,AC PC ⊂平面PAC ，AC PC C =，BD ∴⊥平面PAC ，又CG ⊂平面PAC ，BD CG ∴⊥，,PO BD ⊂平面PBD ，POBD O =，CG ∴⊥平面PBD .4．【江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019届高三年级第一次质量检测数学试题】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E ，F 分别是11B C ，AB ，1AA 的中点.（1）求证：EF ∥平面1A BD ；（2）若1111A B AC =，求证：平面1A BD ⊥平面11BB C C .【解析】（1）因为E F ，分别是1AB AA ，的中点，所以EF ∥1A B ． 因为EF ⊄平面1A BD ，1A B ⊂平面1A BD ， 所以EF ∥平面1A BD ．（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面111A B C ， 因为1A D ⊂平面111A B C ，所以11BB A D ⊥． 因为1111A B AC =，且D 是11B C 的中点， 所以111A D B C ⊥． 因为1111BB B C B =，111B C BB ⊂，平面11BB C C ，所以1A D ⊥平面11BB C C ． 因为1A D ⊂平面1A BD ，所以平面1A BD ⊥平面11BB C C ．5．【江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟考试数学试题】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC =，11A C BC ⊥，11AB BC ⊥，D ，E 分别是1AB 和BC 的中点.求证：（1）DE ∥平面11ACC A ； （2）AE ⊥平面11BCC B .【解析】（1）连接1A B ，在三棱柱111ABC A B C -中，11AA BB ∥且11AA BB =， 所以四边形11AA B B 是平行四边形.又因为D 是1AB 的中点，所以D 也是1BA 的中点.在1BAC △中，D 和E 分别是1BA 和BC 的中点，所以1DE AC ∥. 又因为DE ⊄平面11ACC A ，1AC ⊂平面11ACC A ， 所以DE ∥平面11ACC A .（2）由（1）知1DE AC ∥，因为11A C BC ⊥，所以1BC DE ⊥. 又因为11BC AB ⊥，1AB DE D =，1AB ，DE ⊂平面ADE ，所以1BC 平面ADE .又因为AE ⊂平面ADE ，所以1AE BC ⊥.在ABC △中，AB AC =，E 是BC 的中点，所以AE BC ⊥. 因为1AE BC ⊥，AE BC ⊥，1BC BC B =，1BC ，BC ⊂平面11BCC B ，所以AE ⊥平面11BCC B .6．【江苏省清江中学2019届高三第二次教学质量调研数学试题】如图，在直三棱柱 中， 分别为棱 的中点，且 .（1）求证：平面 平面 ； （2）求证： ∥平面 .【解析】（1）因为 为棱 的中点，且 ， 所以 ，因为 是直三棱柱， 所以 平面 ， 因为 ⊂平面 ， 所以 ，又因为 ⊂平面 ，且 ， 所以 平面 ， 因为 ⊂平面 ， 所以平面 平面 . （2）取 的中点 ，连接 和 ，因为、分别为棱、的中点，所以，且，因为是棱柱，所以，因为为棱的中点，所以，且，所以，且，所以是平行四边形，所以，又因为平面⊂平面，所以平面.。