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(共50张PPT)
线面位置关系的综合问题
(拓展融通课——习题讲评式教学)
5.2.2
课时目标
进一步理解直线与直线,直线与平面,平面与平面之间的位置关系,能灵活转换平行与垂直关系解决线面位置关系,掌握线面位置关系中的翻折与探索性问题.
CONTENTS
目录
1
2
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题型(一)　线面位置关系的综合问题
题型(二)　翻折问题
题型(三)　
空间几何体中的探索性问题
4
课时跟踪检测
题型(一)　
线面位置关系的综合问题
01
[例1]　如图,矩形ABCD所在平面与以BC为直径
的圆所在平面垂直,O为BC中点,M是圆周上一点,
且∠CBM=30°,AB=1,BC=2.
(1)求异面直线AO与CM夹角的余弦值;
解:取AD中点N,连接CN,MN,OM,ON,如图.因为四边形ABCD为矩形,
O,N分别为BC,AD中点,所以AO∥CN,所以
∠MCN(或其补角)就是异面直线AO与CM
的夹角.因为平面ABCD⊥平面BCM,平面
ABCD∩平面BCM=BC,在矩形ABCD中,
NO⊥BC,NO 平面ABCD,所以NO⊥平面BCM.又OM 平面BCM,
所以NO⊥OM.在Rt△MON中,∠MON=90°,OM=NO=1,
所以MN=.又M是圆周上一点,且∠CBM=30°,所以CM=1.
在△MCN中,CN=,由余弦定理的推论可得cos∠MCN==,
所以异面直线AO与CM夹角的余弦值为.
(2)设点P是线段AM上的点,且满足AP=λPM,若直线CM∥平面BPD,求实数λ的值.
解:如图,连接PB,PD,连接BD交AC于点Q,连接PQ.
因为直线CM∥平面BPD,直线CM 平面ACM,
平面BPD∩平面ACM=PQ,
所以CM∥PQ.
因为矩形ABCD的对角线交点Q为AC中点,所以PQ为△AMC的中位线,所以P为AM中点,AP=PM.又AP=λPM,所以λ的值为1.
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　　在应用线面平行、垂直的判定定理和性质定理证明有关问题时,除了运用转化思想,还应注意寻找线面平行、垂直所需的条件.
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱
PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证:AB∥EF;
证明:因为四边形ABCD是矩形,
所以AB∥CD.
又AB 平面PDC,CD 平面PDC,
所以AB∥平面PDC.
又AB 平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.
针对训练
(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.
证明:因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF,(1)中已证AB∥EF,所以AB⊥AF.
由点E在棱PC上(异于点C),所以点F异于点D.
又AF∩AD=A,AF,AD 平面PAD.
所以AB⊥平面PAD.
又AB 平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
题型(二)　翻折问题
02
[例2]　在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.点E,F分别在AB,CD上,且AE=2,
CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD',点A' 平面BCFE.
(1)求证:CD'∥平面A'EB;
解:证明:因为D'F∥A'E,D'F 平面A'EB,A'E 平面A'EB,所以D'F∥平面A'EB.因为FC∥EB,FC 平面A'EB,EB 平面A'EB,所以FC∥平面A'EB.又因为FC∩D'F=F,所以平面D'FC∥平面A'EB.因为CD' 平面D'FC,所以CD'∥平面A'EB.
(2)求异面直线EF与BD'所成的角;
解:延长EF,BC交于点G,EF∩DB=H,FC∥EB且FC=EB,则BG=2BC=4,
EB=DA,BG=AB,∠EBG=∠DAB=90°,则△EBG≌△DAB,
故∠GEB=∠BDA,又∠BDA+∠DBA=90°,故∠GEB+∠DBA=90°,
则∠EHB=90°,即EF⊥DB,从而EF⊥D'H,
EF⊥HB,又D'H∩HB=H,D'H,HB 平面D'HB,
所以EF⊥平面D'HB,又BD' 平面D'HB,
则EF⊥BD',所以异面直线EF与BD'所成的角为90°.
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　　翻折问题是高考的一个重要命题点,题目比较灵活,主要考查逻辑推理与直观想象等核心素养,如2024新课标Ⅱ卷T17,以几何体的翻折为背景考查线线垂直及二面角.解决翻折问题要重视转化思想,关键在于掌握以下两个解题策略.
确定翻折前后的“变与不变”量 画好翻折前后的平面图形与立体图形,分清翻折前后图形的位置和数量关系的“变与不变”量.一般地,位于“拆痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“拆痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化,对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折前后关键点的位置 所谓的关键点,是指翻折过程中运动变化的点,因为这些点的位置移动,会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的计算与证明
2.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AD=4BC=4,CD=,E为边AD上的点,CE⊥AD,CE=1,将△DEC沿直线CE翻折到△PEC的位置,且∠PEA=,连接PA,PB.求证:BE⊥PC.
针对训练
证明:∵CE⊥AD,CE=1,CD=,∴DE=2,∴PE=AE=2.又∠PEA=,
∴△PEA为等边三角形.取AE的中点F,连接PF,CF,BF,∵PA=PE,F为AE的中点,∴PF⊥AE,CE⊥PE,CE⊥AE,PE∩AE=E,PE,AE 平面PAE,
∴CE⊥平面PAE,又PF 平面PAE,∴CE⊥PF.∵CE∩AE=E,CE,AE 平面ABCE,∴PF⊥平面ABCE,又BE 平面ABCE,∴BE⊥PF.∵BC=AD=
AE=EF=1=CE,BC∥EF,∴四边形BCEF为菱形,
∴BE⊥CF.又PF∩CF=F,PF,CF 平面PCF,
∴BE⊥平面PCF.∵PC 平面PCF,∴BE⊥PC.
题型(三)　
空间几何体中的探索性问题
03
[例3]　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E为AD的中点.
(1)求证:PE⊥BC;
解:证明:因为PA=PD,E为AD的中点,
所以PE⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,PE 平面PAD,
所以PE⊥平面ABCD,
又BC 平面ABCD,所以PE⊥BC.
(2)在线段PC上是否存在点M,使得DM∥平面PEB 请说明理由.
解:存在点M为PC中点时,DM∥平面PEB.
理由如下:
取PB中点为F,连接DM,FM,EF,
因为M为PC的中点,所以FM∥BC,
且FM=BC.在矩形ABCD中,E为AD的中点,所以ED∥BC,且ED=BC,所以ED∥FM,且ED=FM,所以四边形EFMD为平行四边形,因此DM∥EF.又因为EF 平面PEB,DM 平面PEB,所以DM∥平面PEB.
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1.立体几何中探索性问题的主要类型
(1)探索条件,即探索能使结论成立的条件是什么.
(2)探索结论,即在给定的条件下,探索命题的结论是什么.
2.对命题条件探索的三种方法:
(1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性.
(3)把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件.
3.对命题结论探索的方法首先假设结论成立,然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛盾的结果就否定假设.
3.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
点M为A1B1的中点.
(1)证明:MC1⊥平面ABB1A1;
解:证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,
所以AA1⊥平面A1B1C1,MC1 平面A1B1C1,所以AA1⊥MC1.又因为M是A1B1的中点,所以MC1⊥A1B1.因为AA1∩A1B1=A1,A1B1 平面ABB1A1,AA1 平面ABB1A1,所以MC1⊥平面ABB1A1.
针对训练
(2)在棱BB1上是否存在点Q,使得AQ⊥平面BC1M 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
解:由(1)可知C1M⊥平面AA1B1B,因为C1M 平面BC1M,则平面BC1M⊥平面AA1B1B,在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q,平面BC1M∩平面AA1B1B=BM,因此AQ⊥平面BC1M,于是点Q即为所要找的点,显然△ABQ∽△BB1M,因此=,即有=1,于是=1,所以=1.
课时跟踪检测
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1.已知直线l,平面α,β,若l⊥α,则“l∥β”是“α⊥β”的 (　 )
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:因为l⊥α,若l∥β,由面面垂直的判定定理可知α⊥β,即充分性成立;若α⊥β,则l∥β或l β,即必要性不成立.综上所述:“l∥β”是“α⊥β”的充分不必要条件.
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2.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, BC=2,AB=BB1=4,E,F 分别是 A1B1,CD的中点,则异面直线A1F与BE所成角的正切值为 (　 )
A.
C.
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解析:取AB的中点H,连接A1H,HF.因为A1E∥BH,A1E=BH,
所以四边形A1EBH是平行四边形,所以EB∥A1H,所以异面
直线A1F与BE所成的角即为A1H与AF所成角(或其补角),
即∠HA1F.因为AD⊥平面A1B1BA,AD∥HF,所以HF⊥平
面A1B1BA,A1H 平面A1B1BA,所以HF⊥A1H,在Rt△A1HF中,tan∠HA1F=====.故异面直线A1F与BE所成角的正切值为.
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3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是DD1,BC1的中点,则下列结论正确的是 (　 )
A.EF∥BD B.FD1∥平面BCE
C.EF⊥BC1 D.AF⊥平面BCC1B1
解析:对于A,设G为BB1的中点,则EG∥BD,但EG,EF
相交,所以EF,BD异面,A错误;对于B,设CC1的中点为
H,则BC∥GH,BE∥GD1,因为GH 平面BEC,BC 平
面BEC,GD1 平面BEC,BE 平面BEC,
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所以GH∥平面BEC,GD1∥平面BEC.又因为GH∩GD1=G,GH,GD1 平面GHD1,故平面BCE∥平面GHD1.又FD1 平面GHD1,故FD1∥平面BCE,B正确.对于C,在△EBC1中,BE≠EC1,BF=FC1,故EF与BC1不可能垂直(否则EF垂直平分BC1,会得到EB=EC1,这与BE≠EC1矛盾),C错误.对于D,易知AB⊥平面BCC1B1,又AB∩AF=A,D错误.
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4.如图,已知大小为60°的二面角α-l-β棱上有两点A,B,AC α,AC⊥l,
BD β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,CD=7,则AB的长度为 (　 )
A.22 B.44
C.2
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解析:如图,过点A作AE∥BD,过点D作DE∥AB交AE于点E,连接CE,CB.因为AE∥BD,DE∥AB,所以四边形ABDE为平行四边形,所以AE=BD=3,
DE=AB,因为BD⊥l,AE∥BD,所以AE⊥l.因为AC⊥l,α∩β=l,二面角α-l-β为60°,所以∠CAE=60°,在△CAE中,cos∠CAE=
==,解得CE=3.因为AE⊥l,AC⊥l,AE∩AC=A,
AE,AC 平面ACE,所以l⊥平面ACE.因为CE 平面
ACE,所以CE⊥l.因为DE∥AB,所以CE⊥DE,所以AB=DE==2.
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5.(多选)如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,
E,F,G,H分别为PA,PB,PC,PD的中点,在此几何体中,下列结论正确
的是 (　 )
A.平面EFGH∥平面ABCD
B.平面PAD∥BC
C.平面PCD∥AB
D.平面PAD∥平面PAB
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解析:如图所示,把平面展开图还原为四棱锥P-ABCD.对于A,由EF∥AB,EF 平面ABCD,AB 平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.又EH∥AD,同理可证EH∥平面ABCD.又EF∩EH=E,EF,EH 平面EFGH,所以平面EFGH∥平面ABCD,故A正确;对于B,因为BC∥AD,BC 平面PAD,AD 平面PAD,所以平面PAD∥BC,故B正确;对于C,因为AB∥CD,
AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以平面PCD∥AB,
故C正确;对于D,由平面PAD与平面PAB有公共点P,
故平面PAD与平面PAB不平行,故D错误.
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6. (多选)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,E为AD的中点,则下列结论成立的是 (　 )
A.PE⊥AC
B.PE⊥BC
C.平面PBE⊥平面ABCD
D.平面PBE⊥平面PAD
√
√
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解析:因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE 平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.又AC,BC 平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,所以A,B成立;又PE 平面PBE,所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C成立;若平面PBE⊥平面PAD,且PE⊥AD,而平面PBE∩平面PAD=PE,AD 平面PAD,所以AD⊥平面PBE,又BE 平面PBE,则AD⊥BE,但此关系不一定成立,故D错误.
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7.如图,四棱锥A-BCDE是棱长均为2的正四棱锥,
三棱锥A-CDF是正四面体,G为BE的中点,则下列
结论错误的是 (　 )
A.点A,B,C,F共面 B.平面ABE∥平面CDF
C.FG⊥CD D.FG⊥平面ACD
解析:如图,取CD的中点H,连接GH,FH,AG,AH.因为A-BCDE是正四棱锥,A-CDF是正四面体,G为BE的中点,所以
CD⊥GH,CD⊥AH,CD⊥FH.因为GH∩AH=H,
GH,AH 平面AGH,所以CD⊥平面AGH.
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因为AH∩FH=H,AH,FH 平面AFH,所以CD⊥平面AFH,所以A,G,H,F四点共面,由题意知AG=HF=,GH=AF=2,所以四边形AGHF是平行四边形,所以GH∥AF,因为BC∥GH,所以BC∥AF,所以A,B,C,F四点共面,故A正确;由选项A知AG∥FH,又AG 平面CDF,FH 平面CDF,所以AG∥平面CDF.因为CD∥BE,且BE 平面CDF,CD 平面CDF,所以BE∥平面CDF,又AG 平面ABE,BE 平面ABE,且AG∩BE=G,所以平面ABE∥平面CDF,故B正确;由选项A可得CD⊥平面AGHF,又FG 平面AGHF,所以FG⊥CD,故C正确;假设FG⊥平面ACD,因为AH 平面ACD,则FG⊥AH,由选项A知四边形AGHF是平行四边形,所以四边形AGHF是菱形,与AG=,GH=2矛盾,故D错误.
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8.在长方形ABCD中,AB=4,AD=3,沿对角线AC把平面ACD折起,使平面
ACD⊥平面ABC,则折起后∠BCD的余弦值为　　　 .
解析:过D作DE⊥AC,垂足为E,连接BE.
因为CD=AB=4,AD=3,则AC=5,DE=,AE=.
在Rt△ABC中,cos∠CAB==,
在△ABE中,由余弦定理得BE2=AE2+AB2-2AE·AB·cos∠CAB=.
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因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩⊥平面ABC=AC,
DE 平面ACD,DE⊥AC,则DE⊥平面ABC,
BE 平面ABC,DE⊥BE,则DB2=DE2+BE2=.
在△BCD中,由余弦定理得cos∠BCD===.
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9.(15分)如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.将△BCD沿BD翻折至△BC1D,且AC1=2,如图2.
(1)求证:平面ABC1⊥平面AC1D;
解:证明:由题意知AC1=2,
AB=4,BC1=2,则A+B=AB2,
故AC1⊥BC1,又DC1⊥BC1,且DC1∩AC1=C1,DC1,AC1 平面AC1D,
故BC1⊥平面AC1D,又BC1 平面ABC1,故平面ABC1⊥平面AC1D.
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(2)求平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值.
解:作C1E⊥BD,垂足为E,在平面ABD内过点E作EF⊥BD,交AB于点F,连接C1F,则∠C1EF即为平面BC1D与平面ABD的夹角或其补角,由题意知BD==2,sin∠DBC1===,故C1E=BC1·sin∠DBC1
=,BE===.
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在Rt△BAD中,tan∠DBA==,则EF=BE·tan∠DBA=,所以BF===1.又BC1⊥平面AC1D,AC1 平面AC1D,故BC1⊥AC1,则cos∠ABC1==,所以∠ABC1=,故C1F2=C1B2+BF2-2C1B·BFcos=4+1-2=3,即C1F=.在△C1EF中,
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cos∠C1EF===,
故平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值为.
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10.(15分)如图1,在矩形ABCD中,AD=1,AB=3,M为CD上一点,且CM=2MD.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,如图2,点E是线段AM的中点.
(1)求证:平面BDE⊥平面ABCM;
解:证明:由已知CM=2MD,AB=3,
得MD=AD=1,∴△ADM为等腰直角三角形.又E为AM的中点,
则DE⊥AM.∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,DE 平面ADM,∴DE⊥平面ABCM.∵DE 平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABCM.
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(2)过B点是否存在一条直线l,同时满足以下两个条件:①l 平面ABCM;②l⊥AD.请说明理由.
解:在平面ABCM内,过点B作直线l,使l⊥AM,∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,l 平面ABCM,∴l⊥平面ADM.又∵AD 平面ADM,∴l⊥AD,即存在直线l满足题意.
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11. (15分)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,
E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1的中点.
(1)求证:C1F∥平面DEG;
解:证明:∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别
为棱BB1,DD1,CC1的中点,∴DF∥C1G,且DF=C1G,
∴四边形DGC1F是平行四边形,∴C1F∥DG.
∵DG 平面DEG,C1F 平面DEG,
∴C1F∥平面DEG.
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(2)试在棱CD上取一点M,使D1M⊥平面DEG.
解:当M是CD的中点时,可使D1M⊥平面DEG.理由如下:
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC⊥平面CDD1C1,∵D1M 平面CDD1C1,
∴BC⊥D1M.又由(1)知C1F∥DG,同理可得BC∥EG,∴D1M⊥EG.
∵DM=CD=,CG=CC1=,所以tan∠DD1M==,tan∠CDG==,
则tan∠DD1M=tan∠CDG,又0<∠DD1M<,0<∠CDG<,所以∠DD1M=∠CDG,所以∠D1MD+∠CDG=∠D1MD+∠DD1M=,则D1M⊥DG.又EG∩DG=G,EG,DG 平面DEG,∴D1M⊥平面DEG.
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12. (15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是
∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面△PAD为正三
角形,且其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证:AD⊥PB;
解:证明:取G为AD的中点,连接PG,BG,BD,如图.∵△PAD为正三角形,
∴PG⊥AD.在菱形ABCD中,∠DAB=60°,∴△ABD为正三角形.又G为AD的中点,∴BG⊥AD.又BG∩PG=G,BG,
PG 平面PGB,∴AD⊥平面PGB.
∵PB 平面PGB,∴AD⊥PB.
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(2)若E为棱BC的中点,则能否在棱上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD 并证明你的结论.
解:当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下:在△PBC中,EF∥PB.又EF 平面DEF,PB 平面DEF,
∴PB∥平面DEF.在菱形ABCD中,GB∥DE.
DE 平面DEF,GB 平面DEF,∴GB∥平面DEF.又PB 平面PGB,
GB 平面PGB,PB∩GB=B,∴平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥平面ABCD,又PG 平面PGB,∴平面PGB⊥平面ABCD,
∴平面DEF⊥平面ABCD.5.2.2　线面位置关系的综合问题 (教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学)
[课时目标]　进一步理解直线与直线,直线与平面,平面与平面之间的位置关系,能灵活转换平行与垂直关系解决线面位置关系,掌握线面位置关系中的翻折与探索性问题.
题型(一)　线面位置关系的综合问题
[例1]　如图,矩形ABCD所在平面与以BC为直径的圆所在平面垂直,O为BC中点,M是圆周上一点,且∠CBM=30°,AB=1,BC=2.
(1)求异面直线AO与CM夹角的余弦值;
(2)设点P是线段AM上的点,且满足AP=λPM,若直线CM∥平面BPD,求实数λ的值.
听课记录:
|思|维|建|模|
　　在应用线面平行、垂直的判定定理和性质定理证明有关问题时,除了运用转化思想,还应注意寻找线面平行、垂直所需的条件.
　　[针对训练]
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证:AB∥EF;
(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.
题型(二)　翻折问题
[例2]　在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.点E,F分别在AB,CD上,且AE=2,CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD',点A' 平面BCFE.
(1)求证:CD'∥平面A'EB;
(2)求异面直线EF与BD'所成的角;
听课记录:
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　　翻折问题是高考的一个重要命题点,题目比较灵活,主要考查逻辑推理与直观想象等核心素养,如2024新课标Ⅱ卷T17,以几何体的翻折为背景考查线线垂直及二面角.解决翻折问题要重视转化思想,关键在于掌握以下两个解题策略.
确定翻折前后的“变与不变”量 画好翻折前后的平面图形与立体图形,分清翻折前后图形的位置和数量关系的“变与不变”量.一般地,位于“拆痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“拆痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化,对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折前后关键点的位置 所谓的关键点,是指翻折过程中运动变化的点,因为这些点的位置移动,会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的计算与证明
　　[针对训练]
2.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AD=4BC=4,CD=,E为边AD上的点,CE⊥AD,CE=1,将△DEC沿直线CE翻折到△PEC的位置,且∠PEA=,连接PA,PB.求证:BE⊥PC.
题型(三)　空间几何体中的探索性问题
[例3]　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,
平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E为AD的中点.
(1)求证:PE⊥BC;
(2)在线段PC上是否存在点M,使得DM∥平面PEB 请说明理由.
听课记录:
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1.立体几何中探索性问题的主要类型
(1)探索条件,即探索能使结论成立的条件是什么.
(2)探索结论,即在给定的条件下,探索命题的结论是什么.
2.对命题条件探索的三种方法:
(1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性.
(3)把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件.
3.对命题结论探索的方法首先假设结论成立,然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛盾的结果就否定假设.
　　[针对训练]
3.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点M为A1B1的中点.
(1)证明:MC1⊥平面ABB1A1;
(2)在棱BB1上是否存在点Q,使得AQ⊥平面BC1M 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
5.2.2
[题型(一)]
[例1]　解: (1)取AD中点N,连接CN,MN,OM,ON,如图.
因为四边形ABCD为矩形,O,N分别为BC,AD中点,所以AO∥CN,所以∠MCN(或其补角)就是异面直线AO与CM的夹角.因为平面ABCD⊥平面BCM,平面ABCD∩平面BCM=BC,在矩形ABCD中,NO⊥BC,NO 平面ABCD,所以NO⊥平面BCM.
又OM 平面BCM,所以NO⊥OM.在Rt△MON中,∠MON=90°,OM=NO=1,
所以MN=.又M是圆周上一点,且∠CBM=30°,所以CM=1.在△MCN中,CN=,由余弦定理的推论可得cos∠MCN==,
所以异面直线AO与CM夹角的余弦值为.
(2)如图,连接PB,PD,连接BD交AC于点Q,连接PQ.
因为直线CM∥平面BPD,直线CM 平面ACM,平面BPD∩平面ACM=PQ,
所以CM∥PQ.
因为矩形ABCD的对角线交点Q为AC中点,所以PQ为△AMC的中位线,所以P为AM中点,AP=PM.又AP=λPM,所以λ的值为1.
[针对训练]
1.证明:(1)因为四边形ABCD是矩形,
所以AB∥CD.
又AB 平面PDC,CD 平面PDC,
所以AB∥平面PDC.
又AB 平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.
(2)因为四边形ABCD是矩形,
所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF,(1)中已证AB∥EF,
所以AB⊥AF.
由点E在棱PC上(异于点C),
所以点F异于点D.
又AF∩AD=A,AF,AD 平面PAD.
所以AB⊥平面PAD.
又AB 平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
[题型(二)]
[例2]　解:(1)证明:因为D'F∥A'E,D'F 平面A'EB,A'E 平面A'EB,所以D'F∥平面A'EB.
因为FC∥EB,FC 平面A'EB,EB 平面A'EB,所以FC∥平面A'EB.
又因为FC∩D'F=F,所以平面D'FC∥平面A'EB.
因为CD' 平面D'FC,所以CD'∥平面A'EB.
(2)延长EF,BC交于点G,EF∩DB=H,
FC∥EB且FC=EB,则BG=2BC=4,
EB=DA,BG=AB,∠EBG=∠DAB=90°,则△EBG≌△DAB,
故∠GEB=∠BDA,又∠BDA+∠DBA=90°,
故∠GEB+∠DBA=90°,则∠EHB=90°,即EF⊥DB,
从而EF⊥D'H,EF⊥HB,又D'H∩HB=H,D'H,HB 平面D'HB,
所以EF⊥平面D'HB,又BD' 平面D'HB,则EF⊥BD',
所以异面直线EF与BD'所成的角为90°.
[针对训练]
2.证明:∵CE⊥AD,CE=1,CD=,∴DE=2,∴PE=AE=2.又∠PEA=,∴△PEA为等边三角形.取AE的中点F,连接PF,CF,BF,∵PA=PE,F为AE的中点,∴PF⊥AE,CE⊥PE,CE⊥AE,PE∩AE=E,PE,AE 平面PAE,∴CE⊥平面PAE,又PF 平面PAE,∴CE⊥PF.∵CE∩AE=E,CE,AE 平面ABCE,∴PF⊥平面ABCE,又BE 平面ABCE,∴BE⊥PF.∵BC=AD=AE=EF=1=CE,BC∥EF,∴四边形BCEF为菱形,∴BE⊥CF.又PF∩CF=F,PF,CF 平面PCF,∴BE⊥平面PCF.∵PC 平面PCF,∴BE⊥PC.
[题型(三)]
[例3]　解:(1)证明:因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE 平面PAD,
所以PE⊥平面ABCD,
又BC 平面ABCD,所以PE⊥BC.
(2)存在点M为PC中点时,DM∥平面PEB.理由如下:
取PB中点为F,连接DM,FM,EF,
因为M为PC的中点,
所以FM∥BC,且FM=BC.
在矩形ABCD中,E为AD的中点,
所以ED∥BC,且ED=BC,
所以ED∥FM,且ED=FM,
所以四边形EFMD为平行四边形,因此DM∥EF.
又因为EF 平面PEB,DM 平面PEB,所以DM∥平面PEB.
[针对训练]
3.解:(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以AA1⊥平面A1B1C1,MC1 平面A1B1C1,所以AA1⊥MC1.又因为M是A1B1的中点,所以MC1⊥A1B1.因为AA1∩A1B1=A1,A1B1 平面ABB1A1,AA1 平面ABB1A1,所以MC1⊥平面ABB1A1.
(2)由(1)可知C1M⊥平面AA1B1B,因为C1M 平面BC1M,则平面BC1M⊥平面AA1B1B,在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q,平面BC1M∩平面AA1B1B=BM,因此AQ⊥平面BC1M,于是点Q即为所要找的点,显然△ABQ∽△BB1M,因此=,即有=1,于是=1,所以=1.
5 / 5课时跟踪检测(五十二)　线面位置关系的综合问题
(满分100分,选填小题每题5分)
1.已知直线l,平面α,β,若l⊥α,则“l∥β”是“α⊥β”的 (　　)
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
2.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, BC=2,AB=BB1=4,E,F 分别是 A1B1,CD的中点,则异面直线A1F与BE所成角的正切值为 (　　)
A.
C.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是DD1,BC1的中点,则下列结论正确的是 (　　)
A.EF∥BD
B.FD1∥平面BCE
C.EF⊥BC1
D.AF⊥平面BCC1B1
4.如图,已知大小为60°的二面角α-l-β棱上有两点A,B,AC α,AC⊥l,BD β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,CD=7,则AB的长度为 (　　)
A.22 B.44
C.2
5.(多选)如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PB,PC,PD的中点,在此几何体中,下列结论正确的是 (　　)
A.平面EFGH∥平面ABCD
B.平面PAD∥BC
C.平面PCD∥AB
D.平面PAD∥平面PAB
6. (多选)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,E为AD的中点,则下列结论成立的是 (　　)
A.PE⊥AC
B.PE⊥BC
C.平面PBE⊥平面ABCD
D.平面PBE⊥平面PAD
7.如图,四棱锥A-BCDE是棱长均为2的正四棱锥,三棱锥A-CDF是正四面体,G为BE的中点,则下列结论错误的是 (　　)
A.点A,B,C,F共面 B.平面ABE∥平面CDF
C.FG⊥CD D.FG⊥平面ACD
8.在长方形ABCD中,AB=4,AD=3,沿对角线AC把平面ACD折起,使平面ACD⊥平面ABC,则折起后∠BCD的余弦值为　　　 .
9.(15分)如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.将△BCD沿BD翻折至△BC1D,且AC1=2,如图2.
(1)求证:平面ABC1⊥平面AC1D;
(2)求平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值.
10.(15分)如图1,在矩形ABCD中,AD=1,AB=3,M为CD上一点,且CM=2MD.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,如图2,点E是线段AM的中点.
(1)求证:平面BDE⊥平面ABCM;
(2)过B点是否存在一条直线l,同时满足以下两个条件:①l 平面ABCM;②l⊥AD.请说明理由.
11. (15分)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1的中点.
(1)求证:C1F∥平面DEG;
(2)试在棱CD上取一点M,使D1M⊥平面DEG.
12. (15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面△PAD为正三角形,且其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若E为棱BC的中点,则能否在棱上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD 并证明你的结论.
课时跟踪检测(五十二)
1.选C　因为l⊥α,若l∥β,由面面垂直的判定定理可知α⊥β,即充分性成立;若α⊥β,则l∥β或l β,即必要性不成立.综上所述:“l∥β”是“α⊥β”的充分不必要条件.
2.选A　取AB的中点H,连接A1H,HF.因为A1E∥BH,A1E=BH,
所以四边形A1EBH是平行四边形,所以EB∥A1H,所以异面直线A1F与BE所成的角即为A1H与AF所成角(或其补角),即∠HA1F.因为AD⊥平面A1B1BA,AD∥HF,所以HF⊥平面A1B1BA,A1H 平面A1B1BA,所以HF⊥A1H,在Rt△A1HF中,tan∠HA1F=====.故异面直线A1F与BE所成角的正切值为.
3.选B　对于A,设G为BB1的中点,则EG∥BD
,但EG,EF相交,所以EF,BD异面,A错误;对于B,设CC1的中点为H,则BC∥GH,BE∥GD1,因为GH 平面BEC,BC 平面BEC,GD1 平面BEC,BE 平面BEC,
所以GH∥平面BEC,GD1∥平面BEC.又因为GH∩GD1=G,GH,GD1 平面GHD1,故平面BCE∥平面GHD1.又FD1 平面GHD1,故FD1∥平面BCE,B正确.对于C,在△EBC1中,BE≠EC1,BF=FC1,故EF与BC1不可能垂直(否则EF垂直平分BC1,会得到EB=EC1,这与BE≠EC1矛盾),C错误.对于D,易知AB⊥平面BCC1B1,又AB∩AF=A,D错误.
4.选C　如图,过点A作AE∥BD,过点D作DE∥AB交AE于点E,连接CE,CB.因为AE∥BD,DE∥AB,所以四边形ABDE为平行四边形,所以AE=BD=3,DE=AB,因为BD⊥l,AE∥BD,所以AE⊥l.因为AC⊥l,α∩β=l,二面角α-l-β为60°,所以∠CAE=60°,在△CAE中,cos∠CAE===,解得CE=3.因为AE⊥l,AC⊥l,AE∩AC=A,AE,AC 平面ACE,所以l⊥平面ACE.因为CE 平面ACE,所以CE⊥l.因为DE∥AB,所以CE⊥DE,所以AB=DE==2.
5.选ABC　如图所示,把平面展开图还原为四棱锥P-ABCD.对于A,由EF∥AB,EF 平面ABCD,AB 平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.又EH∥AD,同理可证EH∥平面ABCD.又EF∩EH=E,EF,EH 平面EFGH,所以平面EFGH∥平面ABCD,故A正确;对于B,因为BC∥AD,BC 平面PAD,AD 平面PAD,所以平面PAD∥BC,故B正确;对于C,因为AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以平面PCD∥AB,故C正确;对于D,由平面PAD与平面PAB有公共点P,故平面PAD与平面PAB不平行,故D错误.
6.选ABC　因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE 平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.又AC,BC 平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,所以A,B成立;又PE 平面PBE,所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C成立;若平面PBE⊥平面PAD,且PE⊥AD,而平面PBE∩平面PAD=PE,AD 平面PAD,所以AD⊥平面PBE,又BE 平面PBE,则AD⊥BE,但此关系不一定成立,故D错误.
7.选D　如图,取CD的中点H,连接GH,FH,AG,AH.
因为A-BCDE是正四棱锥,A-CDF是正四面体,G为BE的中点,所以CD⊥GH,CD⊥AH,CD⊥FH.因为GH∩AH=H,GH,AH 平面AGH,所以CD⊥平面AGH.因为AH∩FH=H,AH,FH 平面AFH,所以CD⊥平面AFH,所以A,G,H,F四点共面,由题意知AG=HF=,GH=AF=2,所以四边形AGHF是平行四边形,所以GH∥AF,因为BC∥GH,所以BC∥AF,所以A,B,C,F四点共面,故A正确;由选项A知AG∥FH,又AG 平面CDF,FH 平面CDF,所以AG∥平面CDF.因为CD∥BE,且BE 平面CDF,CD 平面CDF,所以BE∥平面CDF,又AG 平面ABE,BE 平面ABE,且AG∩BE=G,所以平面ABE∥平面CDF,故B正确;由选项A可得CD⊥平面AGHF,又FG 平面AGHF,所以FG⊥CD,故C正确;假设FG⊥平面ACD,因为AH 平面ACD,则FG⊥AH,由选项A知四边形AGHF是平行四边形,所以四边形AGHF是菱形,与AG=,GH=2矛盾,故D错误.
8.解析:过D作DE⊥AC,垂足为E,连接BE.
因为CD=AB=4,AD=3,则AC=5,DE=,AE=.
在Rt△ABC中,cos∠CAB==,
在△ABE中,由余弦定理得BE2=AE2+AB2-2AE·AB·cos∠CAB=.
因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩⊥平面ABC=AC,
DE 平面ACD,DE⊥AC,则DE⊥平面ABC,
BE 平面ABC,DE⊥BE,则DB2=DE2+BE2=.
在△BCD中,由余弦定理得cos∠BCD===.
答案:
9.解:(1)证明:由题意知AC1=2,AB=4,BC1=2,则A+B=AB2,
故AC1⊥BC1,又DC1⊥BC1,且DC1∩AC1=C1,DC1,AC1 平面AC1D,
故BC1⊥平面AC1D,又BC1 平面ABC1,
故平面ABC1⊥平面AC1D.
(2)作C1E⊥BD,垂足为E,在平面ABD内过点E作EF⊥BD,交AB于点F,连接C1F,
则∠C1EF即为平面BC1D与平面ABD的夹角或其补角,
由题意知BD==2,sin∠DBC1===,
故C1E=BC1·sin∠DBC1=,BE===.
在Rt△BAD中,tan∠DBA==,则EF=BE·tan∠DBA=,
所以BF===1.
又BC1⊥平面AC1D,AC1 平面AC1D,故BC1⊥AC1,
则cos∠ABC1==,
所以∠ABC1=,
故C1F2=C1B2+BF2-2C1B·BFcos=4+1-2=3,即C1F=.
在△C1EF中,cos∠C1EF===,
故平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值为.
10.解:(1)证明:由已知CM=2MD,AB=3,得MD=AD=1,
∴△ADM为等腰直角三角形.又E为AM的中点,
则DE⊥AM.∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,DE 平面ADM,∴DE⊥平面ABCM.∵DE 平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABCM.
(2)在平面ABCM内,过点B作直线l,使l⊥AM,∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,l 平面
ABCM,∴l⊥平面ADM.又∵AD 平面ADM,∴l⊥AD,即存在直线l满足题意.
11.解:(1)证明:∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1的中点,
∴DF∥C1G,且DF=C1G,∴四边形DGC1F是平行四边形,∴C1F∥DG.
∵DG 平面DEG,C1F 平面DEG,
∴C1F∥平面DEG.
(2)当M是CD的中点时,可使D1M⊥平面DEG.理由如下:
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC⊥平面CDD1C1,∵D1M 平面CDD1C1,
∴BC⊥D1M.
又由(1)知C1F∥DG,同理可得BC∥EG,∴D1M⊥EG.∵DM=CD=,CG=CC1=,所以tan∠DD1M==,tan∠CDG==,则tan∠DD1M=tan∠CDG,又0<∠DD1M<,0<∠CDG<,所以∠DD1M=∠CDG,
所以∠D1MD+∠CDG=∠D1MD+∠DD1M=,则D1M⊥DG.
又EG∩DG=G,EG,DG 平面DEG,
∴D1M⊥平面DEG.
12.解:(1)证明:取G为AD的中点,连接PG,BG,BD,如图.
∵△PAD为正三角形,∴PG⊥AD.在菱形ABCD中,∠DAB=60°,∴△ABD为正三角形.又G为AD的中点,∴BG⊥AD.又BG∩PG=G,BG,PG 平面PGB,
∴AD⊥平面PGB.∵PB 平面PGB,
∴AD⊥PB.
(2)当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下:在△PBC中,EF∥PB.又EF 平面DEF,PB 平面DEF,∴PB∥平面DEF.在菱形ABCD中,GB∥DE.
DE 平面DEF,GB 平面DEF,∴GB∥平面DEF.又PB 平面PGB,GB 平面PGB,PB∩GB=B,∴平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥平面ABCD,又PG 平面PGB,∴平面PGB⊥平面ABCD,∴平面DEF⊥平面ABCD.
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