1、第9讲空间中的平行与垂直关系题型1空间位置关系的判断与证明(对应学生用书第30页)核心知识储备1直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性质定理：，a，bab.2直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性质定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala.典题试解寻法【典题1】(考查空间位置关系的判断)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm
2、，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l解析根据所给的已知条件作图，如图所示由图可知与相交，且交线平行于l，故选D.答案D【典题2】(考查空间位置关系的证明)如图91，在三棱锥PABC中，PAAB，PABC，ABBC，PAABBC2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点图91(1)求证：PABD；(2)求证：平面BDE平面PAC；(3)当PA平面BDE时，求三棱锥EBCD的体积思路分析(1)通过证明PA平面ABC得PABD；(2)通过证明BD平面PAC得面面垂直；(3)由PA平面BDE，D为AC的中点得PA与DE的位置及数量关系，从而求出三棱锥的体积
3、解(1)证明：因为PAAB，PABC，且ABBCB，所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC，所以PABD.(2)证明：因为ABBC，D为AC的中点，所以BDAC.由(1)知，PABD，且PAACA，所以BD平面PAC，所以平面BDE平面PAC.(3)因为PA平面BDE，平面PAC平面BDEDE，所以PADE.因为D为AC的中点，所以DEPA1，BDDC.由(1)知，PA平面ABC，所以DE平面ABC，所以三棱锥EBCD的体积VBDDCDE.类题通法 平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化对点即时训
4、练如图92所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD底面ABCD，且PAPDAD.图92(1)求证：平面PAB平面PCD；(2)求三棱锥DPBC的体积. 【导学号：07804065】解(1)法一：(几何法)因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，又CDAD，所以CD平面PAD，所以CDPA.因为PAPDAD，所以PAD是等腰直角三角形，且APD，即PAPD.又CDPDD，所以PA平面PCD.又PA平面PAB，所以平面PAB平面PCD.法二：(向量法)取AD的中点O、BC的中点Q，连接OP，OQ，易知OQAD.因为PAPD，所以POAD，因为平面PAD平面ABCD
5、，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系由PAPDAD，知OP1.则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，Q(0,2,0)，C(1,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，又(0,2,0)，(1,0,1)，则即令x1，则n(1,0，1)同理，可求得平面PAB的一个法向量为m(1,0，1)，又nm1100(1)(1)0，故平面PAB平面PCD.(2)取AD的中点O，连接OP，如图因为PAPD，所以POAD.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD.即PO为三棱锥
6、PBCD的高，由PAPDAD，知OP1.因为底面ABCD是正方形，所以SBCD222.所以V三棱锥DPBCV三棱锥PBCDPOSBCD12.题型强化集训(见专题限时集训T1、T3、T6、T7、T8、T9、T10、T12、T14)题型2平面图形的翻折问题(对应学生用书第31页)核心知识储备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，
7、把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是进行准确计算的基础典题试解寻法【典题】(2016全国卷)如图93，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，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，OD.图93(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值思路分析(1)题设条件翻折,DHEFDHOHDH平面ABCD；(2)建系求法向量求二面角的余弦值求二面角的正弦值解(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因为EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1
8、，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则即所以可取n(0，3,1)于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.类题通法 平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关
9、键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.对点即时训练如图94(1)，在四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB，现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC，如图94(2)图94(1)图94(2)(1)若BE1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥ACDF体积的最大值，并求此时二面角EA
10、CF的余弦值. 【导学号：07804066】解因为平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDCEF，FDEF，所以FD平面ABEF.又AF平面ABEF，所以FDAF.易知AFEF，又FDEFF，所以AF平面EFDC.(1)以F为坐标原点，FE，FD，FA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5,0)，C(2,3,0)，.若CP平面ABEF，则，即0，即0，解得.AD上存在一点P，当时，满足CP平面ABEF.(2)设BEx，则AFx(0x4)，所以三棱锥ACDF的体积Vx2(6x)x(6x)3.当x3时，三棱锥ACDF的体积
11、V有最大值，最大值为3.此时A(0,0,3)，D(0,3,0)，C(2,1,0)，则(0,0,3)，(2,1,0)设平面ACE的法向量m(x1，y1，z1)，则即令x13，则m(3,0,2)设平面ACF的法向量n(x2，y2，z2)，则即令x21，则n(1，2,0)cosm，n，则二面角EACF的余弦值为.题型强化集训(见专题限时集训T2、T4、T5、T11、T13)三年真题| 验收复习效果(对应学生用书第32页)1(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为() 【导学号：07804067】A.B
12、C.DA设平面CB1D1平面ABCDm1.平面平面CB1D1，m1m.又平面ABCD平面A1B1C1D1，且平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，B1D1m1.B1D1m.平面ABB1A1平面DCC1D1，且平面CB1D1平面DCC1D1CD1，同理可证CD1n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角在正方体ABCDA1B1C1D1中，CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60，其正弦值为.2(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.BC.DC法一：(几何法)将直三棱
13、柱ABCA1B1C1补形为直四棱柱ABCDA1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.图由题意知ABC120，AB2，BCCC11，所以AD1BC1，AB1，DAB60.在ABD中，由余弦定理知BD22212221cos 603，所以BD，所以B1D1.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角，所以cos .故选C.法二：(向量法)以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示图由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(1，1)，则(1,0，1)，(1，1)所以co
14、s，.所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为.故选C.3(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m与所成的角和n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)对于，可以平行，也可以相交但不垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线l，nl，又m，所以ml，所以mn，故正确对于，因为，所以，没有公共点又m，所以m，没有公共点，由线面平行的定义可知m，故正确对于，因为mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等因为，所以n与所成的角和n与所成的角相等，所以m与所成的角和n与所
15、成的角相等，故正确4(2017全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0)，直线b的方向向量为b(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方
16、向旋转的旋转角为，0,2)，则B(cos ，sin ，0)，(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与a所成夹角为，则cos |sin |，4590，正确，错误设直线AB与b所成夹角为，则cos |cos |.当直线AB与a的夹角为60，即60时，则|sin |cos cos 60，|cos |.cos |cos |.090，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误5(2015全国卷)如图95，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.图95(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所
17、成角的余弦值. 【导学号：07804068】解(1)证明：如图，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.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.
