发布时间 : 星期日 文章人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳(中档)：立体几何第一章 空间直线、平面平行垂直更新完毕开始阅读
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又PQ?QD，∴AQ?PD； 又CDIPD?D，AQ?面PCD； 又MN∥AQ，∴MN?面PCD． 法二：
P先完全仿照法一可证明CD?面PAD； 取CD中点R，连接MR、NR、PN、NC； 则MR∥PD，NR∥AD，∴面MRN∥面PDA； ∴CD?面MRN，∴MN?CD； ∵?PDA?45?，∴PA?AD， 又BC?AD，∴PA?BC，
又AN?BN，且?PAN??CBN?90?， ∴根据三角形全等可知PN?NC； 又PM?MC，∴MN?PC； ∵CDIPC?C，∴MN?面PCD． 【追问】
∵?PDA?45?，PA?AD，∴PD?2AD 又AB?2AD，∴PD?AB?CD，即△PCD是等腰三角形． ∵M是PC的中点，∴DM?PC．
由例题知MN?PC，结合MNIDM?M，得PC?面DMN．
ADNMRCB【例3】(2018江苏,15)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求证:(1)AB∥平面A1B1C;
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(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明 (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1. 因为AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C, 所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形. 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形, 因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1, 所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC. 因为AB1?平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
【例4】如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°, BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF⊥平面ACFD;
(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值. (1)证明 延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示. 因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC, 所以AC⊥平面BCK, 因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,
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所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF所以BF⊥平面ACFD. (2)解 因为BF⊥平面ACK,
所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角. 在Rt△BFD中,BF=
,DF=,
⊥CK.
得cos∠BDF=,
所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.
【例5】由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD. (1)证明:A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明 (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1. (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,
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又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD, 所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1. 又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E, 所以B1D1⊥平面A1EM, 又B1D1?平面B1CD1, 所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
【例6】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=2,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,且PO=6,M为PD的中点. (1)证明:AD⊥平面PAC;
(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.
(1)证明 ∵PO⊥平面ABCD,且AD?平面ABCD,∴PO⊥AD.
∵∠ADC=45°,且AD=AC=2,∴∠ACD=45°,∴∠DAC=90°,∴AD⊥AC. ∵AC?平面PAC,PO?平面PAC,且AC∩PO=O, ∴AD⊥平面PAC.
(2)解 取DO的中点N,连接MN,AN, 由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,
∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角. ∵M
为
PD
的中点,∴MN∥PO,且
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