第1部分 重点强化专题 专题4 第9讲 空间中的平行与垂直关系 Word版含答案Word文档格式.docx

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（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

平面PAB⊥平面PCD；

（2）求三棱锥DPBC的体积.

【导学号：

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.

即PO为三棱锥PBCD的高，

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）

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】　（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．

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

所以可取m＝（4,3，－5）．

设n＝（x2，y2，z2）是平面ACD′的法向量，则

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.

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

令x1＝3，则m＝（3,0,2）．

设平面ACF的法向量n＝（x2，y2，z2），则

令x2＝1，则n＝（1，－2,0）．

∴cos〈m，n〉＝＝，

则二面角EACF的余弦值为.

（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　[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×

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.

（向量法）以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于