新版高三文科數(shù)學通用版二輪復習：第1部分 專題4 突破點10 空間中的平行與垂直關系 Word版含解析

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1、 1

2、 1 突破點10　空間中的平行與垂直關系 提煉1　異面直線的性質(zhì)　(1)異面直線不具有傳遞性．注意不能把異面直線誤解為分別在兩個不同平面內(nèi)的兩條直線或平面內(nèi)的一條直線與平面外的一條直線． (2)異面直線所成角的范圍是，所以空間中兩條直線垂直可能為異面垂直或相交垂直． (3)求異面直線所成角的一般步驟為：①找出(或作出)適合題設的角——用平移法；②求——轉化為在三角形中

3、求解；③結論——由②所求得的角或其補角即為所求． 提煉2　平面與平面平行的常用性質(zhì)　(1)夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等． (2)經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行． (3)如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行． (4)兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面． 提煉3　證明線面位置關系的方法　(1)證明線線平行的方法：①三角形的中位線等平面幾何中的性質(zhì)；②線面平行的性質(zhì)定理；③面面平行的性質(zhì)定理；④線面垂直的性質(zhì)定理． (2)證明線面平行的方法：①尋找線線平行，利用線面平行的判定定理；②尋找面面平行，利用面面平行的性質(zhì)．

4、 (3)證明線面垂直的方法：①線面垂直的定義，需要說明直線與平面內(nèi)的所有直線都垂直；②線面垂直的判定定理；③面面垂直的性質(zhì)定理． (4)證明面面垂直的方法：①定義法，即證明兩個平面所成的二面角為直二面角；②面面垂直的判定定理，即證明一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線． 回訪1　異面直線的性質(zhì) 1．(20xx·全國乙卷)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1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(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. A　設平面CB1D1∩平面ABCD＝m1. ∵平面α∥平面CB1D1，

5、∴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ABCD-A1B1C1D1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·廣東高考)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是(　　) A．l與l

6、1，l2都不相交 B．l與l1，l2都相交 C.l至多與l1，l2中的一條相交 D．l至少與l1，l2中的一條相交 D　由直線l1和l2是異面直線可知l1與l2不平行，故l1，l2中至少有一條與l相交．] 回訪2　面面平行的性質(zhì)與線面位置關系的判斷 3．(20xx·全國卷Ⅱ)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，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l D　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.] 4

7、．(20xx·全國甲卷)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(zhì)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

8、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．] 熱點題型1　空間位置關系的判斷與證明 題型分析：空間中平行與垂直關系的判斷與證明是高考常規(guī)的命題形式，此類題目綜合體現(xiàn)了相關判定定理和性質(zhì)定理的考查，同時也考查了學生的空間想象能力及轉化與化歸的思想． 　(1)(20xx·蘭州三模)α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于點B，CD⊥α于點D，若增加一個條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件： ①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③

9、AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF. 其中能成為增加條件的序號是________． 【導學號：85952040】 ①③　若AC⊥β，且EF?β，則AC⊥EF，又AB⊥α，且EF?α，則AB⊥EF，AB和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，①可以成為增加的條件；AC與α，β所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF與平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF與BD垂直，②不能成為增加的條件；由CD⊥α，EF?α，得EF⊥CD，所以EF與CD在β內(nèi)的射影垂直，又AC與CD在β內(nèi)的射影在同一直線上，所以EF⊥AC，CD和AC是平

10、面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，③可以成為增加的條件；若AC∥EF，則AC∥α，則BD∥AC，所以BD∥EF，④不能成為增加的條件，故能成為增加條件的序號是①③.] (2)(20xx·全國乙卷)如圖11-1，已知正三棱錐P-ABC的側面是直角三角形，PA＝6，頂點P在平面ABC內(nèi)的正投影為點D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G. 圖11-1 ①證明：G是AB的中點； ②在圖中作出點E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積． 解題指導]　(2)①正投影D，E→AB⊥PD，AB⊥DE→AB⊥平面P

11、ED→AB⊥PG ②PA⊥PB PB⊥PC→過點E作EF∥PB 交PA于點F→證明EF⊥平面PAC→點D在CG上→PE＝PG，DE＝PC→DE＝2，PE＝2→EF＝PF＝2→求四面體的體積 解]?、僮C明：因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D， 所以AB⊥PD. 因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以AB⊥DE.1分 因為PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.2分 又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中點.3分 ②在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影.4分 理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，

12、所以EF⊥PA，EF⊥P C.又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影． 連接CG，因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心．由①知，G是AB的中點，所以D在CG上，故CD＝CG.8分 由題設可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.10分 由已知，正三棱錐的側面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，11分 所以四面體PDEF的體積V＝××2×2×2＝.12分 在解答空間中線線、線面和面面的位置關系問題時，我們可以從線、面的

13、概念、定理出發(fā)，學會找特例、反例和構建幾何模型．判斷兩直線是異面直線是難點，我們可以依據(jù)定義來判定，也可以依據(jù)定理(過平面外一點與平面內(nèi)一點的直線，和平面內(nèi)不經(jīng)過該點的直線是異面直線)判定．而反證法是證明兩直線異面的有效方法． 提醒：判斷直線和平面的位置關系中往往易忽視直線在平面內(nèi)，而面面位置關系中易忽視兩個平面平行．此類問題可以結合長方體中的線面關系找出假命題中的反例． 變式訓練1]　(1)(20xx·石家莊二模)設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m?α，n∥α，則m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，則m∥α

14、，m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β. 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．0　　 B.1 C.2　　 D.3 B　若m?α，n∥α，則m，n可能平行或異面，①錯誤；若α∥β，β∥γ，則α∥γ，又m⊥α，則m⊥γ，②正確；若α∩β＝n，m∥n，則m∥α或m∥β或m?α或m?β，③錯誤；若α⊥γ，β⊥γ，則α，β可能平行或相交，④錯誤，則真命題個數(shù)為1，故選B.] (2)(20xx·全國丙卷)如圖11-2，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． 圖11-2 ①證明MN∥平面PA

15、B； ②求四面體N-BCM的體積． 解]?、僮C明：由已知得 AM＝AD＝2. 如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC， TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，2分 所以四邊形AMNT為平行四邊形， 于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB.4分 ②因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點， 所以N到平面ABCD的距離為PA. 如圖，取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.6分 由AM∥BC得M到BC的距離為， 故S△BCM＝×4×＝2.8分 所以四面體N-B

16、CM的體積VN-BCM＝×S△BCM×＝.12分 熱點題型2　平面圖形的翻折問題 題型分析：(1)解決翻折問題的關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況． (2)找出其中變化的量和沒有變化的量，一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化． 　(20xx·全國甲卷)如圖11-3，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，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． 圖11-3 (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′-ABCFE的體

17、積． 解]　(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.1分 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.2分 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.3分 (2)由EF∥AC得＝＝.4分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.5分 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH.6分 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.8分 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC. 又由＝得EF＝.10分 五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－

18、××3＝.11分 所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝××2＝.12分 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，這是準確進行計算的基礎． 變式訓練2]　(20xx·海淀二模)已知長方形ABCD中，AD＝，AB＝2，E為AB的中點．將△ADE沿DE折起到△PD

19、E，得到四棱錐P-BCDE，如圖11-4所示． 圖11-4 (1)若點M為PC的中點，求證：BM∥平面PDE； (2)當平面PDE⊥平面BCDE時，求四棱錐P-BCDE的體積； (3)求證：DE⊥PC. 解]　(1)證明：取DP中點F，連接EF，F(xiàn)M. 因為在△PDC中，點F，M分別是所在邊的中點， 所以FM綊DC.1分 又EB綊DC，所以FM綊EB，2分 所以四邊形FEBM是平行四邊形，所以BM∥EF.3分 又EF?平面PDE，BM?平面PDE. 所以BM∥平面PDE.4分 (2)因為平面PDE⊥平面BCDE， 在△PDE中，作PO⊥DE于點O， 因為平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以PO⊥平面BCDE.6分 在△PDE中，計算可得PO＝，7分 所以V四棱錐P-BCDE＝Sh＝×(1＋2)××＝.8分 (3)證明：在矩形ABCD中，連接AC交DE于點I， 因為tan∠DEA＝， tan∠CAB＝， 所以∠DEA＋∠CAB＝，所以DE⊥AC，9分 所以在四棱錐P-BCDE中，PI⊥DE，CI⊥DE，10分 又PI∩CI＝I，所以DE⊥平面PIC.11分 因為PC?平面PIC，所以DE⊥PC.12分