浙江高考数学二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题4 突破点9 空间中的平行与垂直关系 Word版含答案

高考数学精品复习资料 2019.5突破点9空间中的平行与垂直关系(对应学生用书第32页) 核心知识提炼提炼1 异面直线的性质(1)异面直线不具有传递性注意不能把异面直线误解为分别在两个不同平面内的两条直线或平面内的一条直线与平面外的一条直线(2)异面直线所成角的范围是，所以空间中两条直线垂直可能为异面垂直或相交垂直(3)求异面直线所成角的一般步骤为：找出(或作出)适合题设的角用平移法；求转化为在三角形中求解；结论由所求得的角或其补角即为所求.提炼2 平面与平面平行的常用性质(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(3)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行(4)两个平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.提炼3 证明线面位置关系的方法(1)证明线线平行的方法：三角形的中位线等平面几何中的性质；线面平行的性质定理；面面平行的性质定理；线面垂直的性质定理(2)证明线面平行的方法：寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；寻找面面平行，利用面面平行的性质(3)证明线面垂直的方法：线面垂直的定义，需要说明直线与平面内的所有直线都垂直；线面垂直的判定定理；面面垂直的性质定理(4)证明面面垂直的方法：定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；面面垂直的判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线高考真题回访回访1空间点、线、面的位置关系1(20xx·浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()AmlBmnCnlDmnCl，l.n，nl，故选C.2(20xx·浙江高考)在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记Bf(A)设，是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有PQ1PQ2，则() 【导学号：68334106】A平面与平面垂直B平面与平面所成的(锐)二面角为45°C平面与平面平行D平面与平面所成的(锐)二面角为60°A设P1f(P)，P2f(P)，则PP1，P1Q1，PP2，P2Q2.若，则P1与Q2重合、P2与Q1重合，所以PQ1PQ2，所以与相交设l，由PP1P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四点共面同理P，P1，P2，Q1四点共面所以P，P1，P2，Q1，Q2五点共面，且与的交线l垂直于此平面又因为PQ1PQ2，所以Q1，Q2重合且在l上，四边形PP1Q1P2为矩形那么P1Q1P2为二面角­l­的平面角，所以.3(20xx·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若m，n，则mnB若m，m，则C若mn，m，则nD若m，则mCA项，当m，n时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m，m时，可能平行也可能相交，故错误；C项，当mn，m时，n，故正确；D项，当m，时，m可能与平行，可能在内，也可能与相交，故错误故选C.4(20xx·浙江高考)如图9­1，在三棱锥A­BCD中，ABACBDCD3，ADBC2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是_图9­1如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.M为AD的中点，MKAN，KMC为异面直线AN，CM所成的角ABACBDCD3，ADBC2，N为BC的中点，由勾股定理易求得ANDNCM2，MK.在RtCKN中，CK.在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.回访2直线、平面平行的判定与性质5(20xx·浙江高考)设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m.()A若l，则B若，则lmC若l，则D若，则lmAl，l，(面面垂直的判定定理)，故A正确6(20xx·浙江高考)如图9­2，已知四棱锥P­ABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点图9­2(1)证明：CE平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值解(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EFAD且EFAD.3分又因为BCAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF.因为BF平面PAB，CE平面PAB，所以CE平面PAB.7分(2)分别取BC，AD的中点M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ.因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF的中点.9分在平行四边形BCEF中，MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DCAD，BCAD，BCAD，N是AD的中点得BNAD.所以AD平面PBN.11分由BCAD得BC平面PBN，那么平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH，MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.13分设CD1.在PCD中，由PC2，CD1，PD得CE，在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH.所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.15分7(20xx·浙江高考)如图9­3，在四面体A­BCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.图9­3(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角C­BM­D的大小为60°，求BDC的大小解法一(1)证明：如图(1)，取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连接OP，OF，FQ.因为AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.2分(1)因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OPDM.4分又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD.从而OPFQ，且OPFQ，5分所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.6分(2)如图，作CGBD于点G，作GHBM于点H，连接CH.因为AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG.8分又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD.又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以GHBM，CHBM.所以CHG为二面角C­BM­D的平面角，即CHG60°.10分设BDC，在RtBCD中，CDBDcos 2cos ，CGCDsin 2cos sin ，BCBDsin 2sin ，BGBCsin 2sin2.12分在BGM中，HG.因为CG平面ABD，GH平面ABD，所以CGGH.13分在RtCHG中，tanCHG.所以tan .从而60°.即BDC60°.15分法二(1)证明：如图(2)，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.2分(2)由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为3，所以Q.4分因为点M为AD的中点，故M(0，1)又点P为BM的中点，故P，所以.5分又平面BCD的一个法向量为a(0,0,1)，故·a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.6分(2)设m(x，y，z)为平面BMC的一个法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)，知8分取y1，得m.10分又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以·0，12分故(x0，y0,0)·(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或13分所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60°.15分回访3直线、平面垂直的判定与性质8(20xx·浙江高考9)如图9­4，已知正四面体D­ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，APPB，2，分别记二面角D­PR­Q，D­PQ­R，D­QR­P的平面角为，则()图9­4A<<B<<C<<D<<B如图，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则DEO，DFO，DGO.由图可知它们的对边都是DO，只需比较EO，FO，GO的大小即可如图，在AB边上取点P，使AP2PB，连接OQ，OR，则O为QRP的中心设点O到QRP三边的距离为a，则OGa，OFOQ·sinOQF<OQ·sinOQPa，OEOR·sinORE>OR·sinORPa，OF<OG<OE，<<，<<.故选B.9(20xx·浙江高考)如图9­5，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角A­CD­B的平面角为，则() 【导学号：68334107】图9­5AADBBADBCACBDACBBAC和BC都不与CD垂直，ACB，故C，D错误当CACB时，容易证明ADB.不妨取一个特殊的三角形，如RtABC，令斜边AB4，AC2，BC2，如图所示，则CDADBD2，BDH120°，设沿直线CD将ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，则90°.取CD中点H，连接AH，BH，则AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中，AD2BD2AB22<0，可知cosADB<0，ADB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.10(20xx·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n，则mD若mn，n，则mCA中，由mn，n可得m或m与相交或m，错误；B中，由m，可得m或m与相交或m，错误；C中，由m，n可得mn，又n，所以m，正确；D中，由mn，n，可得m或m与相交或m，错误11(20xx·浙江高考)如图9­6，在四棱锥A­BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90°，ABCD2，DEBE1，AC.图9­6(1)证明：AC平面BCDE；(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值解(1)证明：如图，连接BD，在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC. 2分由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE.5分(2)在直角梯形BCDE中，由BDBC，DC2，得BDBC.6分又平面ABC平面BCDE，所以BD平面ABC.如图，作EFBD，与CB的延长线交于F，连接AF，则EF平面ABC.所以EAF是直线AE与平面ABC所成的角.8分在RtBEF中，由EB1，EBF，得EF，BF；在RtACF中，由AC，CF，得AF.11分在RtAEF中，由EF，AF，得tan EAF.所以，直线AE与平面ABC所成的角的正切值是.15分 (对应学生用书第35页)热点题型1空间位置关系的判断与证明题型分析：空间中平行与垂直关系的判断与证明是高考常规的命题形式，此类题目综合体现了相关判定定理和性质定理的考查，同时也考查了学生的空间想象能力及转化与化归的思想.【例1】(1)，是两平面，AB，CD是两条线段，已知EF，AB于点B，CD于点D，若增加一个条件，就能得出BDEF.现有下列条件：AC；AC与，所成的角相等；AC与CD在内的射影在同一条直线上；ACEF.其中能成为增加条件的序号是_ 【导学号：68334108】若AC，且EF，则ACEF，又AB，且EF，则ABEF，AB和AC是平面ACDB上的两条相交直线，则EF平面ACDB，则EFBD，可以成为增加的条件；AC与，所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF与平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF与BD垂直，不能成为增加的条件；由CD，EF，得EFCD，所以EF与CD在内的射影垂直，又AC与CD在内的射影在同一直线上，所以EFAC，CD和AC是平面ACDB上的两条相交直线，则EF平面ACDB，则EFBD，可以成为增加的条件；若ACEF，则AC，则BDAC，所以BDEF，不能成为增加的条件，故能成为增加条件的序号是.(2)如图9­7，已知正三棱锥P­ABC的侧面是直角三角形，PA6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.图9­7证明：G是AB的中点；在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积解题指导(2)解证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以ABPD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE.1分因为PDDED，所以AB平面PED，故ABPG.2分又由已知可得，PAPB，所以G是AB的中点.3分在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.4分理由如下：由已知可得PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC.又PAPCP，因此EF平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心由知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CDCG.8分由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC.10分由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2，PE2.在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2，12分所以四面体PDEF的体积V××2×2×2.15分方法指津在解答空间中线线、线面和面面的位置关系问题时，我们可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例和构建几何模型.判断两直线是异面直线是难点，我们可以依据定义来判定，也可以依据定理(过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线)判定.而反证法是证明两直线异面的有效方法.提醒：判断直线和平面的位置关系中往往易忽视直线在平面内，而面面位置关系中易忽视两个平面平行.此类问题可以结合长方体中的线面关系找出假命题中的反例. 变式训练1(1)(20xx·杭州高级中学高三最后一模10)如图9­8，在棱长为1的正四面体D­ABC中，O为ABC的中心，过点O作直线分别与线段AC，BC交于M，N(可以是线段的端点)，连接DM，点P为DM的中点，则以下说法正确的是()图9­8A存在某一位置，使得NP平面DACBSDMN的最大值为Ctan2DMNtan2DNM的最小值为12D.的取值范围是D由题可得，选项A中，当线段MN变化时，存在MN，DN，PNAD，但此时PN与平面所成角的余弦值为，PN不与平面DAC垂直，所以排除A；易知|DO|，SDMN|MN|·|DO|MN×，所以排除B；选项C中，tan2DMNtan2DNM|OD|2·，且|OM|·|ON|，所以tan2DMNtan2DNM，所以排除C；选项D，因为SABC，SMNC，又因为S四边形MNBASABCSMNC，所以，故选D.(2)如图9­9，四棱锥P­ABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点证明MN平面PAB；求四面体N­BCM的体积图9­9解证明：由已知得AMAD2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，2分所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分因为PA平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA.如图，取BC的中点E，连接AE.由ABAC3得AEBC，AE.6分由AMBC得M到BC的距离为，故SBCM×4×2.12分所以四面体N­BCM的体积VN­BCM×SBCM×.15分热点题型2平面图形的翻折问题题型分析：(1)解决翻折问题的关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.(2)找出其中变化的量和没有变化的量，一般地翻折后还在同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.【例2】如图9­10，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置图9­10(1)证明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱锥D­ABCFE的体积解(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.1分又由AECF得，故ACEF.2分由此得EFHD，故EFHD，所以ACHD.3分(2)由EFAC得.4分由AB5，AC6得DOBO4.所以OH1，DHDH3.5分于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH.6分由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD.8分又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC.又由得EF.10分五边形ABCFE的面积S×6×8××3.13分所以五棱锥D­ABCFE的体积V××2.15分方法指津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，这是准确进行计算的基础变式训练2已知长方形ABCD中，AD，AB2，E为AB的中点将ADE沿DE折起到PDE，得到四棱锥P­BCDE，如图9­11所示图9­11(1)若点M为PC的中点，求证：BM平面PDE；(2)当平面PDE平面BCDE时，求四棱锥P­BCDE的体积；(3)求证：DEPC. 【导学号：68334109】解(1)证明：取DP中点F，连接EF，FM.因为在PDC中，点F，M分别是所在边的中点，所以FM綊DC.1分又EB綊DC，所以FM綊EB，2分所以四边形FEBM是平行四边形，所以BMEF.3分又EF平面PDE，BM平面PDE.所以BM平面PDE.4分(2)因为平面PDE平面BCDE，在PDE中，作PODE于点O，因为平面PDE平面BCDEDE，所以PO平面BCDE.6分在PDE中，计算可得PO，7分所以V四棱锥P­BCDESh×(12)××.8分(3)证明：在矩形ABCD中，连接AC交DE于点I，因为tanDEA，tanCAB，所以DEACAB，所以DEAC，9分所以在四棱锥P­BCDE中，PIDE，CIDE，11分又PICII，所以DE平面PIC.14分因为PC平面PIC，所以DEPC.15分