2018届二轮复习 空间中的平行与垂直关系学案(全国通用)

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文档介绍

2018届二轮复习 空间中的平行与垂直关系学案(全国通用)

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 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. ‎ ‎【导 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.‎ 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 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. ‎ ‎【导 号: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 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(  ) ‎ ‎【导 号: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×cos 60°=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cos θ===.‎ 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轴建立空间直角坐标系,如图②所示.‎ 图②‎ 由已知条件知B1(0,0,0),B(0,0,1),C1(1,0,0),A(-1,,1),则=(1,0,-1),=(1,-,-1).‎ 所以cos〈,〉===.‎ 所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为.‎ 故选C.]‎ ‎3.(2016·全国Ⅱ卷)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:‎ ‎①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)‎ ‎②③④ [对于①,α,β可以平行,也可以相交但不垂直,故错误.‎ 对于②,由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α,n∥l,又m⊥α,所以m⊥l,所以m⊥n,故正确.‎ 对于③,因为α∥β,所以α,β没有公共点.又m⊂α,所以m,β没有公共点,由线面平行的定义可知m∥β,故正确.‎ 对于④,因为m∥n,所以m与α所成的角和n与α所成的角相等.因为α∥β,所以n与α所成的角和n与β所成的角相等,所以m与α所成的角和n与β所成的角相等,故正确.]‎ ‎4.(2017·全国Ⅲ卷)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:‎ ‎①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;‎ ‎②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;‎ ‎③直线AB与a所成角的最小值为45°;‎ ‎④直线AB与a所成角的最大值为60°.‎ 其中正确的是________.(填写所有正确结论的编号)‎ ‎②③ [依题意建立如图所示的空间直角坐标系.设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.‎ 由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心,1为半径的圆.‎ 设直线a的方向向量为a=(0,1,0),直线b的方向向量为b=(1,0,0),以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ,θ∈[0,2π),则B(cos θ,sin θ,0),‎ ‎∴=(cos θ,sin θ,-1),||=.‎ 设直线AB与a所成夹角为α,‎ 则cos α==|sin θ|∈,‎ ‎∴45°≤α≤90°,∴③正确,④错误.‎ 设直线AB与b所成夹角为β,‎ 则cos β==|cos θ|.‎ 当直线AB与a的夹角为60°,即α=60°时,‎ 则|sin θ|=cos α=cos 60°=,‎ ‎∴|cos θ|=.∴cos β=|cos θ|=.‎ ‎∵0°≤β≤90°,∴β=60°,即直线AB与b的夹角为60°.‎ ‎∴②正确,①错误.]‎ ‎5.(2015·全国Ⅰ卷)如图95,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.‎ 图95‎ ‎(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;‎ ‎(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. ‎ ‎【导 号:07804068】‎ ‎[解] (1)证明:如图,连接BD,设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.‎ 在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=.‎ 由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.‎ 又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.‎ 在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.‎ 在Rt△FDG中,可得FG=.‎ 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.‎ 从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.‎ 又AC∩FG=G,所以EG⊥平面AFC.‎ 因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.‎ ‎(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长度,建立空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),‎ 所以=(1,,),=.‎ 故cos〈,〉==-.‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.‎
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