浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題4 突破點(diǎn)9 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含答案

《浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題4 突破點(diǎn)9 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題4 突破點(diǎn)9 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含答案（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5突破點(diǎn)9空間中的平行與垂直關(guān)系(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第32頁(yè)) 核心知識(shí)提煉提煉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(gè)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：找出(或作出)適合題設(shè)的角用平移法；求轉(zhuǎn)化為在三角形中求解；結(jié)論由所求得的角或其補(bǔ)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(gè)平行平面之間的平行線段長(zhǎng)度相等(2)經(jīng)過(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行(3)如果兩個(gè)平面分別平行于

2、第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面互相平行(4)兩個(gè)平面平行，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個(gè)平面.提煉3 證明線面位置關(guān)系的方法(1)證明線線平行的方法：三角形的中位線等平面幾何中的性質(zhì)；線面平行的性質(zhì)定理；面面平行的性質(zhì)定理；線面垂直的性質(zhì)定理(2)證明線面平行的方法：尋找線線平行，利用線面平行的判定定理；尋找面面平行，利用面面平行的性質(zhì)(3)證明線面垂直的方法：線面垂直的定義，需要說(shuō)明直線與平面內(nèi)的所有直線都垂直；線面垂直的判定定理；面面垂直的性質(zhì)定理(4)證明面面垂直的方法：定義法，即證明兩個(gè)平面所成的二面角為直二面角；面面垂直的判定定理，即證明一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線高考真

3、題回訪回訪1空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系1(20xx·浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直線l，若直線m，n滿足m，n，則()AmlBmnCnlDmnCl，l.n，nl，故選C.2(20xx·浙江高考)在空間中，過(guò)點(diǎn)A作平面的垂線，垂足為B，記Bf(A)設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，對(duì)空間任意一點(diǎn)P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有PQ1PQ2，則() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334106】A平面與平面垂直B平面與平面所成的(銳)二面角為45°C平面與平面平行D平面與平面所成的(銳)二面角為60°A設(shè)P1f(P)，P2f(P)，則PP1，P1Q1，PP2，P2Q2.若，則

4、P1與Q2重合、P2與Q1重合，所以PQ1PQ2，所以與相交設(shè)l，由PP1P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四點(diǎn)共面同理P，P1，P2，Q1四點(diǎn)共面所以P，P1，P2，Q1，Q2五點(diǎn)共面，且與的交線l垂直于此平面又因?yàn)镻Q1PQ2，所以Q1，Q2重合且在l上，四邊形PP1Q1P2為矩形那么P1Q1P2為二面角­l­的平面角，所以.3(20xx·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面()A若m，n，則mnB若m，m，則C若mn，m，則nD若m，則mCA項(xiàng)，當(dāng)m，n時(shí)，m，n可能平行，可能相交，也可能異面，故錯(cuò)誤；B項(xiàng)，當(dāng)m，m時(shí)，可能平行也可能相交，故

5、錯(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)mn，m時(shí)，n，故正確；D項(xiàng)，當(dāng)m，時(shí)，m可能與平行，可能在內(nèi)，也可能與相交，故錯(cuò)誤故選C.4(20xx·浙江高考)如圖9­1，在三棱錐A­BCD中，ABACBDCD3，ADBC2，點(diǎn)M，N分別為AD，BC的中點(diǎn)，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是_圖9­1如圖所示，連接DN，取線段DN的中點(diǎn)K，連接MK，CK.M為AD的中點(diǎn)，MKAN，KMC為異面直線AN，CM所成的角ABACBDCD3，ADBC2，N為BC的中點(diǎn)，由勾股定理易求得ANDNCM2，MK.在RtCKN中，CK.在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.回訪2直線、平面平行

6、的判定與性質(zhì)5(20xx·浙江高考)設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l，m.()A若l，則B若，則lmC若l，則D若，則lmAl，l，(面面垂直的判定定理)，故A正確6(20xx·浙江高考)如圖9­2，已知四棱錐P­ABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E為PD的中點(diǎn)圖9­2(1)證明：CE平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值解(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PD，PA的中點(diǎn)，所以EFAD且EFAD.3分又因?yàn)锽CAD，BC

7、AD，所以EFBC且EFBC，所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CEBF.因?yàn)锽F平面PAB，CE平面PAB，所以CE平面PAB.7分(2)分別取BC，AD的中點(diǎn)M，N.連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ.因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)，所以Q為EF的中點(diǎn).9分在平行四邊形BCEF中，MQCE.由PAD為等腰直角三角形得PNAD.由DCAD，BCAD，BCAD，N是AD的中點(diǎn)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.過(guò)點(diǎn)Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH，MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直線CE與平面PBC所成的角.13分

8、設(shè)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，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是.15分7(20xx·浙江高考)如圖9­3，在四面體A­BCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ3QC.圖9­3(1)證明：PQ平面BCD；(2)若二面角C­BM­D的大小為60°，求BDC的大小解法一(1)證明：如圖(1)，取BD的中點(diǎn)O，在線段CD上取點(diǎn)F，使得DF3FC，連接O

9、P，OF，F(xiàn)Q.因?yàn)锳Q3QC，所以QFAD，且QFAD.2分(1)因?yàn)镺，P分別為BD，BM的中點(diǎn)，所以O(shè)P是BDM的中位線，所以O(shè)PDM，且OPDM.4分又點(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，所以O(shè)PAD，且OPAD.從而OPFQ，且OPFQ，5分所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.6分(2)如圖，作CGBD于點(diǎn)G，作GHBM于點(diǎn)H，連接CH.因?yàn)锳D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為

10、二面角C­BM­D的平面角，即CHG60°.10分設(shè)BDC，在RtBCD中，CDBDcos 2cos ，CGCDsin 2cos sin ，BCBDsin 2sin ，BGBCsin 2sin2.12分在BGM中，HG.因?yàn)镃G平面ABD，GH平面ABD，所以CGGH.13分在RtCHG中，tanCHG.所以tan .從而60°.即BDC60°.15分法二(1)證明：如圖(2)，取BD的中點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn)，OD，OP所在射線為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz.2分(2)由題意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)設(shè)點(diǎn)

11、C的坐標(biāo)為(x0，y0,0)，因?yàn)?，所以Q.4分因?yàn)辄c(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，故M(0，1)又點(diǎn)P為BM的中點(diǎn)，故P，所以.5分又平面BCD的一個(gè)法向量為a(0,0,1)，故·a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.6分(2)設(shè)m(x，y，z)為平面BMC的一個(gè)法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)，知8分取y1，得m.10分又平面BDM的一個(gè)法向量為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.聯(lián)立，解得(舍去)或13分所以tanBDC.又BDC是銳角，所以BDC60°

12、;.15分回訪3直線、平面垂直的判定與性質(zhì)8(20xx·浙江高考9)如圖9­4，已知正四面體D­ABC(所有棱長(zhǎng)均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點(diǎn)，APPB，2，分別記二面角D­PR­Q，D­PQ­R，D­QR­P的平面角為，則()圖9­4A<<B<<C<<D<<B如圖，作出點(diǎn)D在底面ABC上的射影O，過(guò)點(diǎn)O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則DEO，DFO，DGO.由圖可知它們的對(duì)邊都是DO

13、，只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可如圖，在AB邊上取點(diǎn)P，使AP2PB，連接OQ，OR，則O為QRP的中心設(shè)點(diǎn)O到QRP三邊的距離為a，則OGa，OFOQ·sinOQF<OQ·sinOQPa，OEOR·sinORE>OR·sinORPa，OF<OG<OE，<<，<<.故選B.9(20xx·浙江高考)如圖9­5，已知ABC，D是AB的中點(diǎn)，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角A­CD­B的平面角為，則() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334107】圖9­5AADBB

14、ADBCACBDACBBAC和BC都不與CD垂直，ACB，故C，D錯(cuò)誤當(dāng)CACB時(shí)，容易證明ADB.不妨取一個(gè)特殊的三角形，如RtABC，令斜邊AB4，AC2，BC2，如圖所示，則CDADBD2，BDH120°，設(shè)沿直線CD將ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，則90°.取CD中點(diǎn)H，連接AH，BH，則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為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B.10(20xx·浙江高考)設(shè)m，n是

15、兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面()A若mn，n，則mB若m，則mC若m，n，n，則mD若mn，n，則mCA中，由mn，n可得m或m與相交或m，錯(cuò)誤；B中，由m，可得m或m與相交或m，錯(cuò)誤；C中，由m，n可得mn，又n，所以m，正確；D中，由mn，n，可得m或m與相交或m，錯(cuò)誤11(20xx·浙江高考)如圖9­6，在四棱錐A­BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90°，ABCD2，DEBE1，AC.圖9­6(1)證明：AC平面BCDE；(2)求直線AE與平面ABC所成的角的正切值解(1)證明：如圖，連接BD，在直角梯形BCDE中，由

16、DEBE1，CD2，得BDBC. 2分由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，從而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.如圖，作EFBD，與CB的延長(zhǎng)線交于F，連接AF，則EF平面ABC.所以EAF是直線AE與平面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，直線AE與平面ABC所成的角的正切值是.15分 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第35頁(yè))熱點(diǎn)題型1空間位置

17、關(guān)系的判斷與證明題型分析：空間中平行與垂直關(guān)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(guān)判定定理和性質(zhì)定理的考查，同時(shí)也考查了學(xué)生的空間想象能力及轉(zhuǎn)化與化歸的思想.【例1】(1)，是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知EF，AB于點(diǎn)B，CD于點(diǎn)D，若增加一個(gè)條件，就能得出BDEF.現(xiàn)有下列條件：AC；AC與，所成的角相等；AC與CD在內(nèi)的射影在同一條直線上；ACEF.其中能成為增加條件的序號(hào)是_ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334108】若AC，且EF，則ACEF，又AB，且EF，則ABEF，AB和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF平面ACDB，則EFBD，可以成為增加的條件；AC與，所

18、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，不能成為增加的條件；由CD，EF，得EFCD，所以EF與CD在內(nèi)的射影垂直，又AC與CD在內(nèi)的射影在同一直線上，所以EFAC，CD和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF平面ACDB，則EFBD，可以成為增加的條件；若ACEF，則AC，則BDAC，所以BDEF，不能成為增加的條件，故能成為增加條件的序號(hào)是.(2)如圖9­7，已知正三棱錐P­ABC的側(cè)面是直角三角形，PA6，頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E，連接PE并延長(zhǎng)交AB于

19、點(diǎn)G.圖9­7證明：G是AB的中點(diǎn)；在圖中作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說(shuō)明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積解題指導(dǎo)(2)解證明：因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以ABPD.因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以ABDE.1分因?yàn)镻DDED，所以AB平面PED，故ABPG.2分又由已知可得，PAPB，所以G是AB的中點(diǎn).3分在平面PAB內(nèi)，過(guò)點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)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PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC.又PAPCP，因此EF平面PAC，即點(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的正投影連接CG，因?yàn)镻在平面

20、ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心由知，G是AB的中點(diǎn)，所以D在CG上，故CDCG.8分由題設(shè)可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC.10分由已知，正三棱錐的側(cè)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分所以四面體PDEF的體積V××2×2×2.15分方法指津在解答空間中線線、線面和面面的位置關(guān)系問(wèn)題時(shí)，我們可以從線、面的概念、定理出發(fā)，學(xué)會(huì)找特例、反例和構(gòu)建幾何模型.判斷兩直線是異面直線是難點(diǎn)，我們可以依據(jù)定義來(lái)判定，也可以依據(jù)定理(過(guò)平面外一點(diǎn)與平面內(nèi)一

21、點(diǎn)的直線，和平面內(nèi)不經(jīng)過(guò)該點(diǎn)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(guān)系中往往易忽視直線在平面內(nèi)，而面面位置關(guān)系中易忽視兩個(gè)平面平行.此類問(wèn)題可以結(jié)合長(zhǎng)方體中的線面關(guān)系找出假命題中的反例. 變式訓(xùn)練1(1)(20xx·杭州高級(jí)中學(xué)高三最后一模10)如圖9­8，在棱長(zhǎng)為1的正四面體D­ABC中，O為ABC的中心，過(guò)點(diǎn)O作直線分別與線段AC，BC交于M，N(可以是線段的端點(diǎn))，連接DM，點(diǎn)P為DM的中點(diǎn)，則以下說(shuō)法正確的是()圖9­8A存在某一位置，使得NP平面DACBSDMN的最大值為Ctan2DMNtan2D

22、NM的最小值為12D.的取值范圍是D由題可得，選項(xiàng)A中，當(dāng)線段MN變化時(shí)，存在MN，DN，PNAD，但此時(shí)PN與平面所成角的余弦值為，PN不與平面DAC垂直，所以排除A；易知|DO|，SDMN|MN|·|DO|MN×，所以排除B；選項(xiàng)C中，tan2DMNtan2DNM|OD|2·，且|OM|·|ON|，所以tan2DMNtan2DNM，所以排除C；選項(xiàng)D，因?yàn)镾ABC，SMNC，又因?yàn)镾四邊形MNBASABCSMNC，所以，故選D.(2)如圖9­9，四棱錐P­ABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段

23、AD上一點(diǎn)，AM2MD，N為PC的中點(diǎn)證明MN平面PAB；求四面體N­BCM的體積圖9­9解證明：由已知得AMAD2.如圖，取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC中點(diǎn)知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，2分所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因?yàn)锳T平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分因?yàn)镻A平面ABCD，N為PC的中點(diǎn)，所以N到平面ABCD的距離為PA.如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由ABAC3得AEBC，AE.6分由AMBC得M到BC的距離為，故SBCM×4×2.12分所以四面體N­BCM的體積

24、VN­BCM×SBCM×.15分熱點(diǎn)題型2平面圖形的翻折問(wèn)題題型分析：(1)解決翻折問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況.(2)找出其中變化的量和沒(méi)有變化的量，一般地翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.【例2】如圖9­10，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點(diǎn)H.將DEF沿EF折到DEF的位置圖9­10(1)證明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱錐D­ABCFE的體積解(1)證明：由已知得ACBD

25、，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O(shè)H1，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O(shè)D平面ABC.又由得EF.10分五邊形ABCFE的面積S×6×8××3.13分所以五棱錐D­ABCFE的體積V××2.15分方法指津翻折問(wèn)題的注意事項(xiàng)1畫(huà)好兩圖：翻折之前的平面圖形與翻折

26、之后形成的幾何體的直觀圖2把握關(guān)系：即比較翻折前后的圖形，準(zhǔn)確把握平面圖形翻折前后的線線關(guān)系，哪些平行與垂直的關(guān)系不變，哪些平行與垂直的關(guān)系發(fā)生變化，這是準(zhǔn)確把握幾何體結(jié)構(gòu)特征，進(jìn)行空間線面關(guān)系邏輯推理的基礎(chǔ)3準(zhǔn)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(guān)數(shù)量轉(zhuǎn)化為空間幾何體的數(shù)字特征，這是準(zhǔn)確進(jìn)行計(jì)算的基礎(chǔ)變式訓(xùn)練2已知長(zhǎng)方形ABCD中，AD，AB2，E為AB的中點(diǎn)將ADE沿DE折起到PDE，得到四棱錐P­BCDE，如圖9­11所示圖9­11(1)若點(diǎn)M為PC的中點(diǎn)，求證：BM平面PDE；(2)當(dāng)平面PDE平面BCDE時(shí)，求四棱錐P­BCDE的

27、體積；(3)求證：DEPC. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334109】解(1)證明：取DP中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)M.因?yàn)樵赑DC中，點(diǎn)F，M分別是所在邊的中點(diǎn)，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BMEF.3分又EF平面PDE，BM平面PDE.所以BM平面PDE.4分(2)因?yàn)槠矫鍼DE平面BCDE，在PDE中，作PODE于點(diǎn)O，因?yàn)槠矫鍼DE平面BCDEDE，所以PO平面BCDE.6分在PDE中，計(jì)算可得PO，7分所以V四棱錐P­BCDESh×(12)××.8分(3)證明：在矩形ABCD中，連接AC交DE于點(diǎn)I，因?yàn)閠anDEA，tanCAB，所以DEACAB，所以DEAC，9分所以在四棱錐P­BCDE中，PIDE，CIDE，11分又PICII，所以DE平面PIC.14分因?yàn)镻C平面PIC，所以DEPC.15分