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- 2021-04-19 发布
突破点9 空间中的平行与垂直关系
(对应 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：①找出(或作出)适合题设的角——用平移法；②求——转化为在三角形中求解；③结论——由②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：①三角形的中位线等平面几何中的性质；②线面平行的性质定理；③面面平行的性质定理；④线面垂直的性质定理．
(2)证明线面平行的方法：①寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；②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：①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；②线面垂直的判定定理；③面面垂直的性质定理．
(4)证明面面垂直的方法：①定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；②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．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
C [∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l，故选C.]
2．(2013·浙江高考)在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ(A)．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，则( ) 【导 号：68334106】
A．平面α与平面β垂直
B．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°
C．平面α与平面β平行
D．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°
A [设P1＝fα(P)，P2＝fβ(P)，则PP1⊥α，P1Q1⊥β，PP2⊥β，P2Q2⊥α.
若α∥β，则P1与Q2重合、P2与Q1重合，所以PQ1≠PQ2，所以α与β相交．设α∩β＝l，由PP1∥P2Q2，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α与β的交线l垂直于此平面．又因为PQ1＝PQ2，所以Q1，Q2重合且在l上，四边形PP1Q1P2为矩形．那么∠P1Q1P2＝为二面角αlβ的平面角，所以α⊥β.]
3．(2013·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
C [A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；D项，当m∥α，α⊥β时，m
可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.]
4．(2015·浙江高考)如图91，在三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，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，
∴MK∥AN，
∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，∴MK＝.
在Rt△CKN中，CK＝＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.]
回访2 直线、平面平行的判定与性质
5．(2015·浙江高考)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( )
A．若l⊥β，则α⊥β
B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β
D．若α∥β，则l∥m
A [∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]
6．(2017·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，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，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EF∥AD且EF＝AD. 3分
又因为BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.
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，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
所以AD⊥平面PBN. 11分
由BC∥AD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CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝.
所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是. 15分
7．(2013·浙江高考)如图93，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
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DF＝3FC，连接OP，OF，FQ.因为AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD. 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OP∥DM，且OP＝DM. 4分
又点M为AD的中点，
所以OP∥AD，且OP＝AD.
从而OP∥FQ，且OP＝FQ， 5分
所以四边形OPQF为平行四边形，故PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
所以PQ∥平面BCD. 6分
(2)如图，作CG⊥BD于点G，作GH⊥BM于点H，连接CH.
因为AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，所以AD⊥CG. 8分
又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD.
又BM⊂平面ABD，所以CG⊥BM.
又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH，
所以GH⊥BM，CH⊥BM.
所以∠CHG为二面角CBMD的平面角，即∠CHG＝60°. 10分
设∠BDC＝θ，在Rt△BCD中，
CD＝BDcos θ＝2cos θ，CG＝CDsin θ
＝2cos θsin θ，
BC＝BDsin θ＝2sin θ，BG＝BCsin θ＝2sin2θ. 12分
在△BGM中，
HG＝＝.
因为CG⊥平面ABD，GH⊂平面ABD，
所以CG⊥GH. 13分
在Rt△CHG中，
tan∠CHG＝＝＝.
所以tan θ＝.从而θ＝60°.即∠BDC＝60°. 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·a＝0.
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y＝－1，得m＝. 10分
又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)，于是
|cos〈m，n〉|＝＝＝，
即2＝3.①
又BC⊥CD，所以·＝0， 12分
故(－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0，
即x＋y＝2.②
联立①②，解得(舍去)或 13分
所以tan∠BDC＝＝.
又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°. 15分
回访3 直线、平面垂直的判定与性质
8．(2017·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，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为α，β，γ，则( )
图94
A．γ<α<β B．α<γ<β
C．α<β<γ D．β<γ<α
B [如图①，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α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠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．
① ②
如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心．
设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，
OF＝OQ·sin∠OQFOR·sin∠ORP′＝a，
∴OF