2018届二轮复习　空间中的平行与垂直关系学案（全国通用）

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.‎