高考数学理复习第1部分专题4 第9讲 空间中的平行与垂直关系含答案.docx
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高考数学理复习第1部分专题4第9讲空间中的平行与垂直关系含答案
第9讲 空间中的平行与垂直关系
题型1 空间位置关系的判断与证明
(对应学生用书第30页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理:
a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:
a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理:
a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理:
α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理:
m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:
a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理:
a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理:
α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题1】 (考查空间位置关系的判断)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( )
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
[解析] 根据所给的已知条件作图,如图所示.
由图可知α与β相交,且交线平行于l,故选D.
[答案] D
【典题2】 (考查空间位置关系的证明)如图91,在三棱锥PABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.
图91
(1)求证:
PA⊥BD;
(2)求证:
平面BDE⊥平面PAC;
(3)当PA∥平面BDE时,求三棱锥EBCD的体积.
[思路分析]
(1)通过证明PA⊥平面ABC得PA⊥BD;
(2)通过证明BD⊥平面PAC得面面垂直;
(3)由PA∥平面BDE,D为AC的中点得PA与DE的位置及数量关系,从而求出三棱锥的体积.
[解]
(1)证明:
因为PA⊥AB,PA⊥BC,且AB∩BC=B,所以PA⊥平面ABC.
又因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.
(2)证明:
因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC.
由
(1)知,PA⊥BD,且PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC,
所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.
因为D为AC的中点,
所以DE=PA=1,BD=DC=.
由
(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC,
所以三棱锥EBCD的体积V=BD·DC·DE=.
[类题通法]平行关系及垂直关系的转化
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化,即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
如图92所示,四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD=.
图92
(1)求证:
平面PAB⊥平面PCD;
(2)求三棱锥DPBC的体积.
【07804065】
[解]
(1)法一:
(几何法)因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
又CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PA.
因为PA=PD=AD,所以△PAD是等腰直角三角形,且∠APD=,即PA⊥PD.
又CD∩PD=D,所以PA⊥平面PCD.
又PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.
法二:
(向量法)取AD的中点O、BC的中点Q,连接OP,OQ,易知OQ⊥AD.
因为PA=PD,所以PO⊥AD,
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PO⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系.
由PA=PD=AD=,知OP=1.
则O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),Q(0,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,1).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
又=(0,2,0),=(1,0,1),
则
即
令x=1,则n=(1,0,-1).
同理,可求得平面PAB的一个法向量为m=(-1,0,-1),
又n·m=-1×1+0×0+(-1)×(-1)=0,
故平面PAB⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O,连接OP,如图.
因为PA=PD,所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PO⊥平面ABCD.
即PO为三棱锥PBCD的高,
由PA=PD=AD=,知OP=1.
因为底面ABCD是正方形,所以S△BCD=×2×2=2.
所以V三棱锥DPBC=V三棱锥PBCD=PO·S△BCD=×1×2=.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T1、T3、T6、T7、T8、T9、T10、T12、T14)
题型2 平面图形的翻折问题
(对应学生用书第31页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
翻折问题的注意事项
(1)画好两图:
翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图.
(2)把握关系:
即比较翻折前后的图形,准确把握平面图形翻折前后的线线关系,哪些平行与垂直的关系不变,哪些平行与垂直的关系发生变化,这是准确把握几何体结构特征,进行空间线面关系逻辑推理的基础.
(3)准确定量:
即根据平面图形翻折的要求,把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征,这是进行准确计算的基础.
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题】 (2016·全国Ⅱ卷)如图93,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,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,OD′=.
图93
(1)证明:
D′H⊥平面ABCD;
(2)求二面角BD′AC的正弦值.
[思路分析]
(1)题设条件翻折,D′H⊥EFD′H⊥OH―→D′H⊥平面ABCD;
(2)建系―→求法向量―→求二面角的余弦值―→求二面角的正弦值.
[解]
(1)证明:
由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得=,
故AC∥EF.
因为EF⊥HD,从而EF⊥D′H.
由AB=5,AC=6得DO=BO==4.
由EF∥AC得==.
所以OH=1,D′H=DH=3.
于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D′H⊥平面ABCD.
(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Hxyz,则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D′(0,0,3),
=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).
设m=(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,则
即
所以可取m=(4,3,-5).
设n=(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量,则
即
所以可取n=(0,-3,1).
于是cos〈m,n〉===-.
sin〈m,n〉=.
因此二面角BD′AC的正弦值是.
[类题通法] 平面图形翻折问题的求解方法
1解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变,一般情况下,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.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
如图94
(1),在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使平面ABEF⊥平面EFDC,如图94
(2).
图94
(1)
图94
(2)
(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,且=λ,使得CP∥平面ABEF?
若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由;
(2)求三棱锥ACDF体积的最大值,并求此时二面角EACF的余弦值.
【07804066】
[解] 因为平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,FD⊥EF,
所以FD⊥平面ABEF.
又AF⊂平面ABEF,所以FD⊥AF.
易知AF⊥EF,又FD∩EF=F,
所以AF⊥平面EFDC.
(1)以F为坐标原点,FE,FD,FA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则F(0,0,0),A(0,0,1),D(0,5,0),C(2,3,0).
∵=λ,∴=+=.
∴=.
若CP∥平面ABEF,则⊥,即·=0,
即=0,解得λ=.
∴AD上存在一点P,当=时,满足CP∥平面ABEF.
(2)设BE=x,则AF=x(0<x≤4),所以三棱锥ACDF的体积
V=x××2(6-x)=x(6-x)≤×=3.
∴当x=3时,三棱锥ACDF的体积V有最大值,最大值为3.此时A(0,0,3),D(0,3,0),C(2,1,0),则=(0,0,3),=(2,1,0).
设平面ACE的法向量m=(x1,y1,z1),则
即
令x1=3,则m=(3,0,2).
设平面ACF的法向量n=(x2,y2,z2),则
即
令x2=1,则n=(1,-2,0).
∴cos〈m,n〉==,
则二面角EACF的余弦值为.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T2、T4、T5、T11、T13)
三年真题|验收复习效果
(对应学生用书第32页)
1.(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( )
【07804067】
A. B.
C.D.
A [设平面CB1D1∩平面ABCD=m1.
∵平面α∥平面CB1D1,∴m1∥m.
又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,
∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.
∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1,
且平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,
同理可证CD1∥n.
因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角.
在正方体ABCDA1B1C1D1中,△CB1D1是正三角形,
故直线B1D1与CD1所成角为60°,其正弦值为.]
2.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.B.
C.D.
C [法一:
(几何法)将直三棱柱ABCA1B1C1补形为直四棱柱ABCDA1B1C1D1,如图①所示,连接AD1,B1D1,BD.
图①
由题意知∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,
所以AD1=BC1=,AB1=,∠DAB=60°.
在△ABD中,由余弦定理知BD2=22+12-2×2×1×cos60°=3,所以BD=,所以B1D1=.
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ,
所以cosθ===.
故选C.
法二:
(向量法)以B1为坐标原点,B1C1所在的直线为x轴,垂直于B1C1的直线为y轴,BB1所在的直线为z