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  • 2021-05-13 发布

高考数学二轮专题训练专题五 空间中的平行与垂直

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第2讲 空间中的平行与垂直 考情解读 1.以选择、填空题的形式考查,主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断,属基础题.2.以解答题的形式考查,主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题,且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查,难度中等.‎ ‎1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理 线面平行的判定定理 ⇒a∥α 线面平行的性质定理 ⇒a∥b 线面垂直的判定定理 ⇒l⊥α 线面垂直的性质定理 ⇒a∥b ‎2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理 面面垂直的判定定理 ⇒α⊥β 面面垂直的性质定理 ⇒a⊥β 面面平行的判定定理 ⇒α∥β 面面平行的性质定理 ⇒a∥b 提醒 使用有关平行、垂直的判定定理时,要注意其具备的条件,缺一不可.‎ ‎3.平行关系及垂直关系的转化 热点一 空间线面位置关系的判定 例1 (1)设a,b表示直线,α,β,γ表示不同的平面,则下列命题中正确的是(  )‎ A.若a⊥α且a⊥b,则b∥α B.若γ⊥α且γ⊥β,则α∥β C.若a∥α且a∥β,则α∥β D.若γ∥α且γ∥β,则α∥β ‎(2)平面α∥平面β的一个充分条件是(  )‎ A.存在一条直线a,a∥α,a∥β B.存在一条直线a,a⊂α,a∥β C.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α D.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α 思维启迪 判断空间线面关系的基本思路:利用定理或结论;借助实物模型作出肯定或否定.‎ 答案 (1)D (2)D 解析 (1)A:应该是b∥α或b⊂α;B:如果是墙角出发的三个面就不符合题意;C:α∩β=m,若a∥m时,满足a∥α,a∥β,但是α∥β不正确,所以选D.‎ ‎(2)若α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,则a∥α,a∥β,故排除A.‎ 若α∩β=l,a⊂α,a∥l,则a∥β,故排除B.‎ 若α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则a∥β,b∥α,故排除C.故选D.‎ 思维升华 ‎ 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题,主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况,以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断,必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断,同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.‎ ‎ 设m、n是不同的直线,α、β是不同的平面,有以下四个命题:‎ ‎①若α⊥β,m∥α,则m⊥β ‎②若m⊥α,n⊥α,则m∥n ‎③若m⊥α,m⊥n,则n∥α ‎④若n⊥α,n⊥β,则β∥α 其中真命题的序号为(  )‎ A.①③ B.②③‎ C.①④ D.②④‎ 答案 D 解析 ①若α⊥β,m∥α,则m与β可以是直线与平面的所有关系,所以①错误;‎ ‎②若m⊥α,n⊥α,则m∥n,所以②正确;‎ ‎③若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,所以③错误;‎ ‎④若n⊥α,n⊥β,则β∥α,所以④正确.‎ 故选D.‎ 热点二 平行、垂直关系的证明 例2 如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点,求证:‎ ‎(1)PA⊥底面ABCD;‎ ‎(2)BE∥平面PAD;‎ ‎(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ 思维启迪 (1)利用平面PAD⊥底面ABCD的性质,得线面垂直;(2)BE∥AD易证;(3)EF是△CPD的中位线.‎ 证明 (1)因为平面PAD⊥底面ABCD,‎ 且PA垂直于这两个平面的交线AD,‎ 所以PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,‎ 所以AB∥DE,且AB=DE.‎ 所以四边形ABED为平行四边形.‎ 所以BE∥AD.‎ 又因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,‎ 所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3)因为AB⊥AD,而且ABED为平行四边形.‎ 所以BE⊥CD,AD⊥CD,‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD.‎ 所以PA⊥CD.‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 所以CD⊥PD.‎ 因为E和F分别是CD和PC的中点,‎ 所以PD∥EF.所以CD⊥EF.‎ 所以CD⊥平面BEF.‎ 又CD⊂平面PCD,‎ 所以平面BEF⊥平面PCD.‎ 思维升华 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.‎ ‎(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.‎ ‎ 如图所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.‎ 求证:(1)AF∥平面BCE;‎ ‎(2)平面BCE⊥平面CDE.‎ 证明 (1)如图,取CE的中点G,连接FG,BG.‎ ‎∵F为CD的中点,∴GF∥DE且GF=DE.‎ ‎∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,‎ ‎∴AB∥DE,∴GF∥AB.‎ 又AB=DE,∴GF=AB.‎ ‎∴四边形GFAB为平行四边形,则AF∥BG.‎ ‎∵AF⊄平面BCE,BG⊂平面BCE,‎ ‎∴AF∥平面BCE.‎ ‎(2)∵△ACD为等边三角形,F为CD的中点,‎ ‎∴AF⊥CD.‎ ‎∵DE⊥平面ACD,AF⊂平面ACD,∴DE⊥AF.‎ 又CD∩DE=D,∴AF⊥平面CDE.‎ ‎∵BG∥AF,∴BG⊥平面CDE.‎ ‎∵BG⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.‎ 热点三 图形的折叠问题 例3 如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图(2).‎ ‎(1)求证:DE∥平面A1CB;‎ ‎(2)求证:A1F⊥BE;‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?请说明理由.‎ 思维启迪 折叠问题要注意在折叠过程中,哪些量变化了,哪些量没有变化.第(1)问证明线面平行,可以证明DE∥BC;第(2)问证明线线垂直转化为证明线面垂直,即证明A1F⊥平面BCDE;第(3)问取A1B的中点Q,再证明A1C⊥平面DEQ.‎ ‎(1)证明 因为D,E分别为AC,AB的中点,‎ 所以DE∥BC.‎ 又因为DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB,‎ 所以DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明 由图(1)得AC⊥BC且DE∥BC,‎ 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.‎ 所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,‎ 所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,‎ 所以A1F⊥平面BCDE,又BE⊂平面BCDE,‎ 所以A1F⊥BE.‎ ‎(3)解 线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:‎ 如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC,‎ 所以DE∥PQ.‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知,DE⊥平面A1DC,‎ 所以DE⊥A1C.‎ 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,‎ 所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.‎ 从而A1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.‎ 思维升华 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下,折线同一侧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(1),已知梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=2AD=4,E,F分别是AB,CD上的点,EF∥BC,AE=x.沿EF将梯形ABCD翻折,使平面AEFD⊥平面EBCF(如图(2)所示),G是BC的中点.‎ ‎(1)当x=2时,求证:BD⊥EG;‎ ‎(2)当x变化时,求三棱锥D-BCF的体积f(x)的函数式.‎ ‎(1)证明 作DH⊥EF,垂足为H,连接BH,GH,‎ 因为平面AEFD⊥平面EBCF,交线为EF,DH⊂平面AEFD,‎ 所以DH⊥平面EBCF,又EG⊂平面EBCF,故EG⊥DH.‎ 因为EH=AD=BC=BG=2,BE=2,EF∥BC,∠EBC=90°,‎ 所以四边形BGHE为正方形,故EG⊥BH.‎ 又BH,DH⊂平面DBH,且BH∩DH=H,故EG⊥平面DBH.‎ 又BD⊂平面DBH,故EG⊥BD.‎ ‎(2)解 因为AE⊥EF,平面AEFD⊥平面EBCF,交线为EF,AE⊂平面AEFD,‎ 所以AE⊥平面EBCF.‎ 由(1)知,DH⊥平面EBCF,故AE∥DH,‎ 所以四边形AEHD是矩形,DH=AE,故以B,F,C,D为顶点的三棱锥D-BCF的高DH=AE=x.‎ 又S△BCF=BC·BE=×4×(4-x)=8-2x,‎ 所以三棱锥D-BCF的体积f(x)=S△BFC·DH ‎=S△BFC·AE=(8-2x)x ‎=-x2+x(0AC,所以符合要求的点G不存在.‎ ‎13.如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=4,∠ABC=120°,E,M分别为AB,DE的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE,F为A′C的中点,A′C=4.‎ ‎(1)求证:平面A′DE⊥平面BCD;‎ ‎(2)求证:FB∥平面A′DE.‎ 证明 (1)由题意,得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成的,‎ ‎∴△A′DE≌△ADE.‎ ‎∵∠ABC=120°,四边形ABCD是平行四边形,‎ ‎∴∠A=60°.‎ 又∵AD=AE=2,‎ ‎∴△A′DE和△ADE都是等边三角形.‎ 如图,连接A′M,MC,‎ ‎∵M是DE的中点,‎ ‎∴A′M⊥DE,A′M=.‎ 在△DMC中,MC2=DC2+DM2-2DC·DMcos 60°‎ ‎=42+12-2×4×1×cos 60°,‎ ‎∴MC=.‎ 在△A′MC中,A′M2+MC2=()2+()2=42=A′C2.‎ ‎∴△A′MC是直角三角形,∴A′M⊥MC.‎ 又∵A′M⊥DE,MC∩DE=M,‎ ‎∴A′M⊥平面BCD.‎ 又∵A′M⊂平面A′DE,‎ ‎∴平面A′DE⊥平面BCD.‎ ‎(2)取DC的中点N,连接FN,NB.‎ ‎∵A′C=DC=4,F,N分别是A′C,DC的中点,‎ ‎∴FN∥A′D.‎ 又∵N,E分别是平行四边形ABCD的边DC,‎ AB的中点,‎ ‎∴BN∥DE.‎ 又∵A′D∩DE=D,FN∩NB=N,‎ ‎∴平面A′DE∥平面FNB.‎ ‎∵FB⊂平面FNB,‎ ‎∴FB∥平面A′DE.‎ ‎ ‎