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  • 2021-06-10 发布

【数学】2019届一轮复习北师大版空间中的平行与垂直学案

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‎【考向解读】 ‎ ‎1.以选择题、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.‎ ‎【命题热点突破一】 空间线面位置关系的判定 ‎ (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断 解决问题;‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,并结合有关定理 进行判断.‎ 例1、(2017·高考全国卷Ⅰ)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(  )‎ ‎ ‎ C项,作如图③所示的辅助线,则AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.‎ D项,作如图④所示的辅助线,则AB∥CD,CD∥NQ,∴AB∥NQ,又AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.故选A. ‎ ‎【变式探究】【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)‎ 如图,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且 ,.‎ 求证 (1)直线DE∥平面A1C1F;‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F. ‎ ‎【答案】(1)详见解析(2)详见解析 所以直线DE//平面 ‎(2)在直三棱柱中,‎ 因为平面,所以 又因为 所以平面 因为平面,所以 又因为 所以 因为直线,所以 ‎ ‎【变式探究】(1)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是(  )‎ A.l与l1,l2都不相交 B.l与l1,l2都相交 C.l至多与l1,l2中的一条相交 D.l至少与l1,l2中的一条相交 ‎(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 答案 (1)D (2)D 若α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则a∥β,b∥α,故排除C.故选D. ‎ ‎【特别提醒】‎ 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. | | ]‎ ‎【变式探究】 ‎ 已知m,n为两条不同的直线,α,β为两个不重合的平面,给出下列命题 ‎ ‎①若m⊥α,n⊥α,则m∥n;‎ ‎②若m⊥α,m⊥n,则n∥α;‎ ‎③若α⊥β,m∥α,则m⊥β;‎ ‎④若m⊥α,m∥β,则α⊥β.‎ A.0 B.1‎ C.2 D.3‎ 答案 C ‎ ‎【命题热点突破二】 空间平行、垂直关系的证明 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化,即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.‎ 例2、(2017·高考全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.‎ ‎(1)证明 AC⊥BD;‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.‎ ‎ ‎ ‎【变式探究】【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)‎ 如图,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且 ,.‎ 求证 (1)直线DE∥平面A1C1F;‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F. ‎ ‎【答案】(1)详见解析(2)详见解析 ‎(2)在直三棱柱中, ‎ 因为平面,所以 又因为 所以平面 因为平面,所以 又因为 所以 因为直线,所以 ‎ ‎【变式探究】如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.‎ ‎ (1)证明 BC∥平面PDA;‎ ‎(2)证明 BC⊥PD;‎ ‎(3)求点C到平面PDA的距离.‎ 在Rt△PED中,PE===.‎ 因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC,‎ 所以PE⊥平面ABCD,‎ 由(2)知 BC⊥平面PDC,‎ 由(1)知 BC∥AD,‎ 所以AD⊥平面PDC,‎ 因为PD⊂平面PDC,‎ 所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h,‎ 因为V三棱锥CPDA=V三棱锥PACD,‎ 所以S△PDA·h=S△ACD·PE, ‎ 即h===,‎ 所以点C到平面PDA的距离是. ‎ ‎【特别提醒】 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行,常用方法如下 ‎ ‎(1)证明线线平行常用的方法 ‎ 一是利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;二是利用平行四边形进行平行转换;三是利用三角形的中位线定理证线线平行;四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.‎ ‎(2)证明线线垂直常用的方法 ①利用等腰三角形底边中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质 即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,l⊥α,a⊂α⇒l⊥a.‎ ‎【变式探究】‎ 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.[ + + ]‎ ‎∵DE⊥平面ACD,AF⊂平面ACD,‎ ‎∴DE⊥AF.‎ 又CD∩DE=D,故AF⊥平面CDE.‎ ‎∵BG∥AF,∴BG⊥平面CDE. ‎ ‎∵BG⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎【命题热点突破三】 平面图形的折叠问题 平面图形经过翻折成为空间图形后,原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化,这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键.一般地,在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化,解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值,这是化解翻折问题的主要方法.‎ 例3、【2016高考新课标2文数】如图,菱形的对角线与交于点,,点分别在上,,交于点.将沿折到位置,.‎ ‎(Ⅰ)证明 平面;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).‎ 于是,‎ 故. ‎ 又,而,‎ 所以.‎ ‎【变式探究】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.‎ ‎ ‎ ‎(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.‎ ‎【特别提醒】(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口;(2)存在探索性问题可先假设存在,然后在此前提下进行逻辑推理,得出矛盾或肯定结论.‎ ‎【变式探究】如图(1),四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图(2)折叠,折痕EF∥DC.其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M,并且MF⊥CF.‎ ‎(1)证明 CF⊥平面MDF;[ _ _ ]‎ ‎(2)求三棱锥M-CDE的体积.‎ 所以MD===.‎ S△CDE=DE·DC=××1=.‎ 故VM-CDE=MD·S△CDE=××=.‎ ‎【高考真题解读】‎ ‎1.(2017·高考全国卷Ⅰ)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(  )‎ ‎∴AB∥平面MNQ.‎ D项,作如图④所示的辅助线,则AB∥CD,CD∥NQ,∴AB∥NQ,又AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.故选A.‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B‎1C1D1中,E为棱CD的中点,则(  )‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 答案 C ‎3.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.‎ ‎(1)证明 AC⊥BD;‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.‎ 解 (1)证明 如图,取AC中点O,连OD,OB ‎∵AD=CD,O为AC中点,‎ ‎∴AC⊥OD,‎ 又∵△ABC是等边三角形,‎ ‎∴AC⊥OB,‎ 又∵OB∩OD=O,∴AC⊥平面OBD,BD⊂平面OBD,‎ ‎∴AC⊥BD.‎ ‎(2)设AD=CD=2,∴AC=2,AB=BC=2,‎ 又∵AB=BD,∴BD=2,‎ ‎∴△ABD≌△CBD,∴AE=EC,‎ 又∵AE⊥EC,AC=2,‎ ‎∴AE=EC=2,‎ 在△ABD中,设DE=x,根据余弦定理cos∠ADB== ‎==.‎ 解得x=,∴点E是BD的中点,则VDACE=VEACE,‎ ‎∴=1∶1.‎ ‎4.(2017·全国卷Ⅱ)如图,四棱锥PABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.‎ ‎(1)证明 直线BC∥平面PAD;‎ ‎(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥PABCD的体积.‎ 设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x,取CD的中点N,连接PN.‎ 则PN⊥CD,所以PN=x.‎ 因为△PCD的面积为2,‎ 所以×x×x=2,解得x=2或x=-2(舍去).(10分)‎ 于是AB=BC=2,AD=4,PM=2.‎ 所以四棱锥PABCD的体积V=××2=4.(12分)‎ ‎1.【2016高考新课标2文数】 是两个平面,是两条直线,有下列四个命题 ‎ ‎(1)如果,那么.‎ ‎(2)如果,那么.‎ ‎(3)如果,那么.‎ ‎(4)如果,那么与所成的角和与所成的角相等.‎ 其中正确的命题有 . (填写所有正确命题的编号)‎ ‎【答案】②③④‎ ‎2.【2016高考浙江文数】如图,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】中,因为,所以.‎ 由此可得,将ABD沿BD翻折后可与PBD重合,无论点D在任何位置,只要点D的位置确定,当平面PBD⊥平面BDC时,四面体PBCD的体积最大(欲求最大值可不考虑不垂直的情况).‎ 过作直线的垂线,垂足为.设,则,‎ 即,解得.‎ 而的面积.‎ 当平面PBD⊥平面BDC时 ‎ 四面体的体积.‎ 观察上式,易得,当且仅当,即 时取等号,同时我们可以发现当时,取得最小值,故当时,四面体的体积最大,为 ‎ ‎3.【2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B‎1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B‎1A1=n,则m、n所成角的正弦值为 ‎(A) (B) (C) (D)‎ ‎【答案】A ‎4.【2016高考新课标3文数】在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球,若,,,,则的最大值是( )‎ ‎(A)4π (B) (C)6π (D) ‎ ‎【答案】B ‎【解析】要使球的体积最大,必须球的半径最大.由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值,此时球的体积为 ‎,故选B.‎ ‎1.(2015·安徽,5)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是(  )‎ A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行 B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行 C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线 D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面 答案 D ‎2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角为α,则(  )‎ A.∠A′DB≤α     B.∠A′DB≥α ‎ C.∠A′CB≤α     D.∠A′CB≥α 解析 极限思想 若α=π,则∠A′CB<π,排除D;若α=0,如图,则∠A′DB,∠A′CB都可以大于0,排除A,C.故选B.‎ 答案 B ‎3.(2015·浙江,13)如图,三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是________.‎ 解析 连接DN,作DN的中点O,连接MO,OC.在△AND中.M为AD的中点,则OM綉AN.所以异面直线AN,CM所成角为∠CMO,在△ABC中,AB=AC=3,BC=2,则AN=2,∴OM=.在△ACD中,同理可知CM=2,在△BCD中,DN=2,在Rt△ONC中,ON=,CN=1∴OC=.在△CMO中,由余弦定理cos∠CMO===.‎ 答案  ‎4.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.‎ 求证 (1)DE∥平面AA1C1C;‎ ‎(2)BC1⊥AB1.‎ 所以矩形BCC1B1是正方形,‎ 因此BC1⊥B1C.‎ 因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,‎ 所以BC1⊥平面B1AC.‎ 又因为AB1⊂平面B1AC,‎ 所以BC1⊥AB1. ‎ ‎5.(2015·新课标全国Ⅱ,19)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);‎ ‎ (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.‎ 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为. ‎ ‎6.(2015·新课标全国Ⅰ,18)如图,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. ‎ ‎ (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.‎ ‎ ‎ ‎(2)解 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,建立空间直角坐标系G-xy ,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.‎ ‎7.(2014·江苏,16)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.‎ 求证 (1)直线PA∥平面DEF;‎ ‎(2)平面BDE⊥平面ABC.‎ ‎ ‎ ‎8.(2014·新课标全国Ⅱ,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.‎ ‎(1)证明 PB∥平面AEC;‎ ‎(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.‎ ‎ ‎ 如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xy ,则D(0,,0),E,=.‎ 设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).‎ 设n1=(x,y, )为平面ACE的法向量,‎ 则即 可取n1=.‎ 又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设知|cos〈n1,n2〉|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为,三棱锥E-ACD的体积V=××××=.‎