高考數(shù)學理二輪復習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題4 第9講　空間中的平行與垂直關系 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第9講　空間中的平行與垂直關系 題型1　空間位置關系的判斷與證明 (對應學生用書第30頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 1．直線、平面平行的判定及其性質 (1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)線面平行的性質定理：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)面面平行的性質定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥

2、b. 2．直線、平面垂直的判定及其性質 (1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (2)線面垂直的性質定理：a⊥α，b⊥α?a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β. (4)面面垂直的性質定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題1】　(考查空間位置關系的判斷)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂

3、直于l D．α與β相交，且交線平行于l [解析]　根據(jù)所給的已知條件作圖，如圖所示． 由圖可知α與β相交，且交線平行于l，故選D. [答案]　D 【典題2】　(考查空間位置關系的證明)如圖9­1，在三棱錐P­ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點． 圖9­1 (1)求證：PA⊥BD； (2)求證：平面BDE⊥平面PAC； (3)當PA∥平面BDE時，求三棱錐E­BCD的體積． [思路分析]　(1)通過證明PA⊥平面ABC得PA⊥BD； (2)通過證明BD⊥平面P

4、AC得面面垂直； (3)由PA∥平面BDE，D為AC的中點得PA與DE的位置及數(shù)量關系，從而求出三棱錐的體積． [解]　(1)證明：因為PA⊥AB，PA⊥BC，且AB∩BC＝B，所以PA⊥平面ABC. 又因為BD?平面ABC，所以PA⊥BD. (2)證明：因為AB＝BC，D為AC的中點，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)因為PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE. 因為D為AC的中點， 所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝. 由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥

5、平面ABC， 所以三棱錐E­BCD的體積V＝BD·DC·DE＝. [類題通法] 平行關系及垂直關系的轉化 空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定定理、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化． ■對點即時訓練………………………………………………………………………· 如圖9­2所示，四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是正方形，側面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD＝. 圖9­2 (1)求證：平面PAB⊥平面PCD； (2)求三棱錐D­PBC的

6、體積. 【導學號：07804065】 [解]　(1)法一：(幾何法)因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA. 因為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的中點O、BC的中點Q，連接OP，OQ，易知OQ⊥AD. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD， 因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD. 建立如圖所示

7、的空間直角坐標系． 由PA＝PD＝AD＝，知OP＝1. 則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)． 設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 又＝(0,2,0)，＝(1,0,1)， 則 即 令x＝1，則n＝(1,0，－1)． 同理，可求得平面PAB的一個法向量為m＝(－1,0，－1)， 又n·m＝－1×1＋0×0＋(－1)×(－1)＝0， 故平面PAB⊥平面PCD. (2)取AD的中點O，連接OP，如圖． 因為PA＝PD，所以PO⊥AD.

8、 因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD. 即PO為三棱錐P­BCD的高， 由PA＝PD＝AD＝，知OP＝1. 因為底面ABCD是正方形，所以S△BCD＝×2×2＝2. 所以V三棱錐D­PBC＝V三棱錐P­BCD＝PO·S△BCD＝×1×2＝. ■題型強化集訓………………………………………………………………………· (見專題限時集訓T1、T3、T6、T7、T8、T9、T10、T12、T14) 題型2　平面圖形的翻折問題 (對應學生用書第31

9、頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 翻折問題的注意事項 (1)畫好兩圖：翻折之前的平面圖形與翻折之后形成的幾何體的直觀圖． (2)把握關系：即比較翻折前后的圖形，準確把握平面圖形翻折前后的線線關系，哪些平行與垂直的關系不變，哪些平行與垂直的關系發(fā)生變化，這是準確把握幾何體結構特征，進行空間線面關系邏輯推理的基礎． (3)準確定量：即根據(jù)平面圖形翻折的要求，把平面圖形中的相關數(shù)量轉化為空間幾何體的數(shù)字特征，這是進行準確計算的基礎． ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(20x

10、x·全國Ⅱ卷)如圖9­3，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝. 圖9­3 (1)證明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B­D′A­C的正弦值． [思路分析]　(1)題設條件翻折,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)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF得＝， 故AC∥EF. 因

11、為EF⊥HD，從而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)如圖，以H為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系H­xyz，則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)． 設m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則 即 所以可取m

12、＝(4,3，－5)． 設n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則 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. [類題通法]　 平面圖形翻折問題的求解方法 (1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變和不變，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口. (2)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形. ■對點即時訓練……………………………………………………………

13、…………· 如圖9­4(1)，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB，現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，如圖9­4(2)． 圖9­4(1) 圖9­4(2) (1)若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點P，且＝λ，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，請說明理由； (2)求三棱錐A­CDF體積的最大值，并求此時二面角E­AC­F的余弦值. 【導學號：07804066】 [解]　

14、因為平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，F(xiàn)D⊥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為坐標原點，F(xiàn)E，F(xiàn)D，F(xiàn)A所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系． 則F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5,0)，C(2,3,0)． ∵＝λ，∴＝＋＝. ∴＝. 若CP∥平面ABEF，則⊥，即·＝0， 即＝0，解得λ＝. ∴AD上存在一點P，當＝時，滿足CP∥平面ABEF. (2)設BE＝x，則AF＝x(0＜x≤4

15、)，所以三棱錐A­CDF的體積 V＝x××2(6－x)＝x(6－x)≤×＝3. ∴當x＝3時，三棱錐A­CDF的體積V有最大值，最大值為3.此時A(0,0,3)，D(0,3,0)，C(2,1,0)，則＝(0,0,3)，＝(2,1,0)． 設平面ACE的法向量m＝(x1，y1，z1)，則 即 令x1＝3，則m＝(3,0,2)． 設平面ACF的法向量n＝(x2，y2，z2)，則 即 令x2＝1，則n＝(1，－2,0)． ∴cos〈m，n〉＝＝， 則二面角E­AC­F的余弦值為. ■題型強化集訓………

16、………………………………………………………………· (見專題限時集訓T2、T4、T5、T11、T13) 三年真題| 驗收復習效果 (對應學生用書第32頁) 1．(20xx·全國Ⅰ卷)平面α過正方體ABCD­A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　　) 【導學號：07804067】 A.　　 B． C. D． A　[設平面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A1B

17、1C1D1＝B1D1， ∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m. ∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1， 且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1， 同理可證CD1∥n. 因此直線m與n所成的角即直線B1D1與CD1所成的角． 在正方體ABCD­A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形， 故直線B1D1與CD1所成角為60°，其正弦值為.] 2．(20xx·全國Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(　　) A. B． C. D． C

18、　[法一：(幾何法)將直三棱柱ABC­A1B1C1補形為直四棱柱ABCD­A1B1C1D1，如圖①所示，連接AD1，B1D1，BD. 圖① 由題意知∠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與AD1所成的角即為AB1與BC1所成的角θ， 所以cos θ＝＝＝. 故選C. 法二：(向量法)以B1為坐標原點，B1C1所在的直線

19、為x軸，垂直于B1C1的直線為y軸，BB1所在的直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖②所示． 圖② 由已知條件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，，1)，則＝(1,0，－1)，＝(1，－，－1)． 所以cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線AB1與BC1所成的角的余弦值為. 故選C.] 3．(20xx·全國Ⅱ卷)α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題： 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與α所成的角和n與β所成的

20、角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的編號) ②③④　[對于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故錯誤． 對于②，由線面平行的性質定理知存在直線l?α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正確． 對于③，因為α∥β，所以α，β沒有公共點．又m?α，所以m，β沒有公共點，由線面平行的定義可知m∥β，故正確． 對于④，因為m∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等．因為α∥β，所以n與α所成的角和n與β所成的角相等，所以m與α所成的角和n與β所成的角相等，故正確．] 4．(20xx·全國Ⅲ卷)a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角

21、三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉，有下列結論： ①當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角； ②當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角； ③直線AB與a所成角的最小值為45°； ④直線AB與a所成角的最大值為60°. 其中正確的是________．(填寫所有正確結論的編號) ②③　[依題意建立如圖所示的空間直角坐標系．設等腰直角三角形ABC的直角邊長為1. 由題意知點B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓． 設直線a的方向向量為a＝(0,1,0)

22、，直線b的方向向量為b＝(1,0,0)，以Ox軸為始邊沿逆時針方向旋轉的旋轉角為θ，θ∈[0,2π)，則B(cos θ，sin θ，0)， ∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝. 設直線AB與a所成夾角為α， 則cos α＝＝|sin θ|∈， ∴45°≤α≤90°，∴③正確，④錯誤． 設直線AB與b所成夾角為β， 則cos β＝＝|cos θ|. 當直線AB與a的夾角為60°，即α＝60°時， 則|sin θ|＝cos α＝cos 60°＝， ∴|cos θ|＝.∴cos β＝|cos θ|＝. ∵0°≤

23、β≤90°，∴β＝60°，即直線AB與b的夾角為60°. ∴②正確，①錯誤．] 5．(20xx·全國Ⅰ卷)如圖9­5，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. 圖9­5 (1)證明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值. 【導學號：07804068】 [解]　(1)證明：如圖，連接BD，設BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設GB＝1.由∠ABC＝

24、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＝. 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標系G­xyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.