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空间中的平行与垂直


第2讲

空间中的平行与垂直

1. (2012· 高考浙江卷)设 l 是直线, β 是两个不同的平面( α, A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β C.若 α⊥β,l⊥α,则 l⊥β B.若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β

)

D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β

解析:利用线与

面、面与面的关系定理判定,用特例法. 设 α∩β=a,若直线 l∥a,且 l?α,l?β,则 l∥α,l∥β,因此 α 不一定平行于 β,故 A 错误;由于 l∥α,故在 α 内存在直线 l′∥l, 又因为 l⊥β,所以 l′⊥β,故 α⊥β,所以 B 正确;若 α⊥β,在 β 内作交线的垂线 l,则 l⊥α,此时 l 在平面 β 内,因此 C 错误;已知 α⊥β,若 α∩β=a,l∥a,且 l 不在平面 α,β 内,则 l∥α 且 l∥β, 因此 D 错误. 答案:B

2.(2012· 高考安徽卷)若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等,即 AB=CD,AC=BD,AD=BC,则________(写出所有正确结论的编 号). ①四面体 ABCD 每组对棱相互垂直; ②四面体 ABCD 每个面的面积相等; ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90° 而小于 180° ; ④连接四面体 ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分; ⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角 形的三边长.

解析:结合题目条件构造图形解决问题. 对于①,如图(1),已知四面体 ABCD,作 DF⊥BC,垂足为 F, 连接 AF. 若 BC⊥AD,由 AD∩DF=D,得 BC⊥面 ADF, ∴BC⊥AF. 由 AB=DC,AC=BD 可知△ABC≌△DCB, ∴AF=DF. 在△AFC 与△DFC 中,已知 FC 为公共边,若 AF=DF,则 AC 与 DC 应相等,而已知中未给出,故①不正确.

对于②,如图(1),∵AB=CD,AD=BC,AC 为公共边, ∴△BAC≌△DCA. 同理可得,△ABC≌△DCB,△CBD≌△ADB. ∴四面体 ABCD 每个面的面积都相等.故②正确. 对于③,如图(1),以∠BAC,∠CAD,∠BAD 为例说明. ∵△BAC≌△DCA,∴∠CAD=∠ACB. 又∵△DAB≌△CBA,∴∠BAD=∠ABC. ∴ ∠ BAC + ∠ CAD + ∠ BAD = ∠ BAC + ∠ ACB + ∠ ABC = 180° ,故③不正确. 对于④,如图(2),以 AB,CD 中点的连线段 FH,AD,BC 中 点的连线段 EG 为例进行说明.

分别取 AD,DC,BC,AB 的中点 E,H,G,F,连接 EH, HG,GF,FE,EG,FH, 1 1 ∴EF 綊 BD,GH 綊 BD,∴EF 綊 GH. 2 2 1 又∵FG 綊 EH 綊 AC,且 AC=BD, 2 ∴FG=GH=HE=EF,∴四边形 EFGH 为菱形, ∴FH⊥EG,且 FH 与 EG 相互平分. 同理可得连接其他对棱中点的线段也相互垂直平分,故④正确. 对于⑤,以 AB,AC,AD 为例进行说明.

∵AD=BC,AB,AC,BC 三边长可构成△ABC, ∴AB,AC,AD 可以作为一个三角形的三边长.同理可得从其 他顶点出发的三条棱的长也可以作为一个三角形的三边长,故⑤正 确. 答案:②④⑤

3.(2012· 高考新课标全国卷)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 1 侧棱垂直底面,∠ACB=90° ,AC=BC= AA1, 2 D 是棱 AA1 的中点. (1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (2)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比. 解析:(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C, 所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1?平面 ACC1A,所以 DC1⊥BC.

由题设知∠A1DC1=∠ADC=45° ,所以∠CDC1=90° , 即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所以 DC1⊥平面 BDC. 又 DC1?平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B-DACC1 的体积为 V1,AC=1. 1 1+2 1 由题意得 V1= × ×1×1= . 3 2 2 又三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=1,所以(V-V1)∶V1=1∶1. 故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1.

热点一

线线、线面平行与垂直

一个多面体的三视图和直观图如图所示,其中 M,N 分别 是 AB, 的中点, 是 DF 上的一个动点, DG=λDF(0<λ<1). AC G 且

(1)求证:对任意的 λ∈(0,1),都有 GN⊥AC; 1 (2)当 λ= 时,求证:AG∥平面 FMC. 2

[思路点拨] [解析]

先将三视图对应的数量关系和几何特点转化到三

棱柱对应的各棱长中,然后再进行线线垂直、线面平行的证明. (1)证明: 由三视图与直观图, 知该几何体是一个三棱柱, 且 CD⊥DF,AD⊥DF,AD⊥CD,且 DF=AD=DC. 连接 BD,如图所示,则 AC⊥BD,① 且 N 为 AC 与 BD 的交点. 由题意,知 FD⊥平面 ABCD, 又 G 是 FD 上的一点,所以 GD⊥平面 ABCD. 而 AC?平面 ABCD,所以 GD⊥AC.② 由①②和 BD∩GD=D,知 AC⊥平面 GDN, 而 GN?平面 GDN,所以 AC⊥GN. 故对任意的 λ∈(0,1),都有 GN⊥AC.

1 (2)当 λ= 时,G 是 DF 的中点,取 DC 的中点 S,连接 AS,GS, 2 因为 M 是 AB 的中点,所以 AS∥MC,GS∥FC,又因为 AS∩GS= S,所以平面 AGS∥平面 FMC,而 AG?平面 AGS,所以 AG∥平面 FMC. [规律方法] 解决空间线面平行与垂直的综合性问题的基本方

法是抓住线与线之间的关系,通过线线平行,发现其中的线面平行、 面面平行,通过线线垂直发现其中的线面垂直、面面垂直.当然在 抓“线”的过程中,要注意线面平行的定义、性质和线面垂直的定 义、性质在确定直线位置关系中的作用.

1. (2011· 高考山东卷)如图, 在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中, 1D D ⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1, ∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD. 证明: (1)方法一: 因为 D1D⊥平面 ABCD, BD?平面 ABCD, 且 所以 D1D⊥BD. 又因为 AB=2AD,∠BAD=60° ,在△ABD 中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos 60° =3AD2, 所以 AD2+BD2=AB2,因此 AD⊥BD.

又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD. 方法二:因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,所以 BD⊥D1D. 取 AB 的中点 G,连接 DG, 在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG =AD.又∠BAD=60° ,所以△ADG 为等边三角形,因此 GD=GB,故∠DBG=∠GDB. 又∠AGD=60° 所以∠GDB=30° 故∠ADB=∠ADG+∠GDB , , =60° +30° =90° ,所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1.

又 AA1?平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD. (2)连接 AC,A1C1, 设 AC∩BD=E,连接 EA1, 因为四边形 ABCD 为平行四边形, 1 所以 EC= AC. 2 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知, A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形, 因此 CC1∥EA1. 又因为 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD, 所以 CC1∥平面 A1BD.

热点二

面面平行与垂直

(2012· 北京东城二模)如图, 矩形 AMND 所在的平面与直角 梯形 MBCN 所在的平面互相垂直,MB∥NC,MN⊥MB.

(1)求证:平面 AMB∥平面 DNC; (2)若 MC⊥CB,求证:BC⊥AC. [思路点拨] (1)可寻证适合面面平行判定定理的条件的线.

(2)利用线面垂直、面面垂直的相互转化.

[证明]

(1)∵MB∥NC,MB?平面 DNC,NC?平面 DNC,

所以 MB∥平面 DNC. 又因为四边形 AMND 为矩形,所以 MA∥DN. 又 MA?平面 DNC,DN?平面 DNC. 所以 MA∥平面 DNC. MA∩MB=M,且 MA,MB?平面 AMB, 所以平面 AMB∥平面 DNC.

(2)因为四边形 AMND 是矩形, 所以 AM⊥MN. 因为平面 AMND⊥平面 MBCN,且平面 AMND∩平面 MBCN =MN, 所以 AM⊥平面 MBCN. 因为 BC?平面 MBCN,所以 AM⊥BC. 因为 MC⊥BC,MC∩AM=M, 所以 BC⊥平面 AMC. 因为 AC?平面 AMC,所以 BC⊥AC.

[规律方法] 充分利用空间平行、空间垂直关系的转化

2.(2012· 郑州第一次质检)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,AB⊥ AD,AB∥CD,CD=3AB=3,平面 SAD⊥平面 ABCD,E 是线段 AD 上 一点,AE=ED= 3,SE⊥AD. (1)证明:平面 SBE⊥平面 SEC; (2)若 SE=1,求三棱锥 E-SBC 的高. 解析:(1)证明:∵平面 SAD⊥平面 ABCD,平面 SAD∩平面 ABCD=AD,SE?平面 SAD,SE⊥AD,∴SE⊥平面 ABCD. ∵BE?平面 ABCD,∴SE⊥BE.

∵AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3,AE=ED= 3, ∴∠AEB=30° ,∠CED=60° . ∴∠BEC=90° ,即 BE⊥CE. 又 SE∩CE=E,∴BE⊥平面 SEC, ∵BE?平面 SBE,∴平面 SBE⊥平面 SEC. (2)如图,过点 E 作 EF⊥BC 于点 F,连接 SF.由(1)知 SE⊥平面 ABCD,而 BC?平面 ABCD,∴BC⊥SE,又 SE∩EF=E, ∴BC⊥平面 SEF,∵BC?平面 SBC, ∴平面 SEF⊥平面 SBC.

过点 E 作 EG⊥SF 于点 G, EG⊥平面 SBC, 则 即线段 EG 的长 即为三棱锥 E-SBC 的高. 由(1)易知,BE=2,CE=2 3,则 BC=4,EF= 3. 在 Rt△SEF 中,SE=1,SF= SE2+EF2=2, ES· EF 3 则 EG= = , SF 2 3 ∴三棱锥 E-SBC 的高为 . 2

热点三

平面图形的折叠问题

(2012· 临沂重点中学联考)如图甲所示, 在边长为 12 的正方 形 ADD1A1 中,点 B,C 在线段 AD 上,且 AB=3,BC=4,过点 B 作 BB1∥AA1,分别交 A1D1,AD1 于点 B1,P,过点 C 作 CC1∥AA1, 分别交 A1D1,AD1 于点 C1,Q.将该正方形沿 BB1,CC1 折叠,使得 DD1 与 AA1 重合,构成如图乙所示的三棱柱 ABC-A1B1C1. (1)求证:AB⊥平面 BCC1B1; (2)求平面 PQA 将三棱柱 ABC-A1B1C1 分成的左、右两部分几 何体的体积之比.

[思路点拨] 折叠后 AC 是平面中的 CD=5, 故有 AB⊥BC.原图 中的平行与垂直关系不变. [解析] (1)证明:在正方形 ADD1A1 中,

∵CD=AD-AC=5, ∴三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面三角形 ABC 的边 AC=5. 又 AB=3,BC=4,∴AB2+BC2=AC2, ∴AB⊥BC. ∵四边形 ADD1A1 为正方形,BB1∥AA1,∴AB⊥BB1. 折叠后仍有 AB⊥BB1,而 BC∩BB1=B, ∴AB⊥平面 BCC1B1.

(2)∵AB⊥平面 BCC1B1, ∴AB 为四棱柱 A-BCQP 的高. 在四边形 BCQP 中,BP=AB=3,CQ=AB+BC=7. ∴梯形 BCQP 的面积为 1 S= (BP+CQ)×BC=20, 2 1 1 ∴VA-BCQP= ×S×AB= ×20×3=20. 3 3 1 又 VABC-A1B1C1= ×AB×BC×BB1 2 1 = ×3×4×12=72. 2 ∴VAPQC1B1A1=VABC-A1B1C1-VA-BCQP=72-20=52. ∴VA-BCQP∶VAPQC1B1A1=20∶52=5∶13.

[规律方法]

(1)解决翻折问题的关键是搞清翻折前后哪些量改

变、哪些量不变,抓住翻折前后不变的量,充分利用原平面图形的 信息是解决问题的突破口. (2)把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥, 从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决.

3.(2012· 广州调研)如图所示,已知正方形 ABCD 的边长为 2, AC∩BD=O.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,得到三棱锥 A- BCD.

(1)求证:平面 AOC⊥平面 BCD; 6 (2)若三棱锥 A-BCD 的体积为 ,求 AC 的长. 3

解析:(1)证明因为四边形 ABCD 是正方形, 所以 BD⊥AO,BD⊥CO. 在折叠后的△ABD 和△BCD 中, 仍有 BD⊥AO,BD⊥CO. 因为 AO∩CO=O,AO?平面 AOC,CO?平面 AOC,所以 BD ⊥平面 AOC. 因为 BD?平面 BCD, 所以平面 AOC⊥平面 BCD. (2)设三棱锥 A-BCD 的高为 h, 由于三棱锥 A-BCD 的体积为 6 , 3

1 6 所以 S△BCDh= . 3 3 1 1 6 因为 S△BCD= BC×CD= ×2×2=2,所以 h= . 2 2 2 以下分两种情形求 AC 的长: ①当∠AOC 为钝角时,如图,过点 A 作 CO 的垂线 AH 交 CO 的延长线于点 H, 由(1)知 BD⊥平面 AOC,所以 BD⊥AH. 又 CO⊥AH,且 CO∩BD=O,所以 AH⊥平面 BCD. 6 所以 AH 为三棱锥 A-BCD 的高,即 AH= . 2 在 Rt△AOH 中,因为 AO= 2,

2 3 2 所以 CH=CO+OH= 2+ = . 2 2 所以 AC= AH +CH =
2 2

? ? ?

6?2 ?3 2?2 ? +? ? = 6. 2? ? 2 ?

②当∠AOC 为锐角时,如图,过点 A 作 CO 的垂线 AH 交 CO 于点 H,由(1)知 BD⊥平面 AOC,所以 BD⊥AH. 又 CO⊥AH, CO∩BD=O, 且 CO?平面 BCD, BD?平面 BCD, 所以 AH⊥平面 BCD. 所以 AH 为三棱锥 A-BCD 的高,即 AH= 在 Rt△AOH 中,因为 AO= 2, 所以 OH= AO2-AH2 6 . 2



? 2?

2

? -? ?

2 6?2 ?= . 2 2?

在 Rt△ACH 中,因为 CO= 2, 2 2 所以 CH=CO-OH= 2- = . 2 2 所以 AC= AH +CH =
2 2

? ? ?

6?2 ? 2?2 ? +? ? = 2. 2? ?2?

综上可知,AC 的长为 2或 6.

1.证明线线平行的常用方法 (1)利用平行公理,即证明两直线同时和第三条直线平行; (2)利用平行四边形进行转换; (3)利用三角形中位线定理证明; (4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明. 2.证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的判定定理,把证明线面平行转化为证线线平 行; (2)利用面面平行的性质定理,把证明线面平行转化为证面面平 行.

1.证明线线平行的常用方法 (1)利用平行公理,即证明两直线同时和第三条直线平行; (2)利用平行四边形进行转换; (3)利用三角形中位线定理证明; (4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明. 2.证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的判定定理,把证明线面平行转化为证线线平 行; (2)利用面面平行的性质定理,把证明线面平行转化为证面面平 行.

3.证明线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理,把线面垂直的判定转化为证明线 线垂直; (2)利用面面垂直的性质定理,把证明线面垂直转化为证面面垂 直; (3)利用教材中常见结论,如:两条平行线中的一条垂直于一个 平面,则另一条也垂直于这个平面等. (4)证明面面平行,依据判定定理,只要找到一个面内两条相交 直线与另一个平面平行即可,从而将证面面平行转化为证线面平行, 再转化为证线线平行.

(5)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另 一个面的一条垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先 从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中点、高线 或添加辅助线解决.

解决立体几何的割补法 对于不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积问 题,常用割补法进行求解.具体步骤是: (1)分割或补形,将不规则的空间几何体或不易求解的空间几何 体转化为常见的几个规则的几何体; (2)求和或求差,若是把它分割成几个简单的几何体,则应分别 计算其体积,最后求和;若是采用补全图形方法,把它转化为易求 体积的几何体,则应分别计算其体积,最后求差.

(2012· 高考湖北卷)已知某几何体的三视图如图所示, 则该 几何体的体积为( A. 8π 3 ) B.3π D.6π

10π C. 3

[解析] 将三视图还原为实物图求体积. 由三视图可知,此几何体(如图所示)是 底面半径为 1,高为 4 的圆柱被从母线的中 1 3 点处截去了圆柱的 ,所以 V= ×π×12×4=3π. 4 4 [答案] B

[借题发挥]

运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解

的空间几何体的体积计算问题,其关键是能根据几何体中的线面关 系合理选择截面进行切割,或者将其补成规则的几何体,要弄清分 割后或补形后的几何体的体积与原几何体的体积之间的关系,从一 定意义上说用割补法求几何体的体积,就是用加减法求体积.

如图所示,从左到右分别是正方体截去一个角所得多面体的直 观图、正视图、侧视图.按照给出的尺寸,求该多面体的体积.

解析:依题意,把所求的多面体补成如图所 示的正方体 ABCD-A1B1C1D1,则所求的体积是 由正方体 ABCD-A1B1C1D1 的体积减去三棱锥 E 1 1 -A1B1D1 的体积而得到. 三棱锥 E-A1B1D1= · V S△A1B1D1· 1E= A 3 3 ?1 ? 2 2 ? ×2×2?×1= ,V 正方体=23=8, ×2 所以所求多面体的体积 V=8- 3 3 ? ? 22 = . 3

规范思路,典题例析 (2012· 高考北京卷)(本小题满分 14 分)如图(1),在 Rt△ABC 中, ∠C=90° D, 分别为 AC, 的中点, F 为线段 CD 上的一点, , E AB 点 将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如图(2).

(1)求证:DE∥平面 A1CB. (2)求证:A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由. [解析] (1)证明:因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点,

所以 DE∥BC.2 分 又因为 DE?平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB.4 分 (2)证明:由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以 DE⊥平面 A1DC.6 分

而 A1F?平面 A1DC, 所以 DE⊥A1F.7 分 又因为 A1F⊥CD, 所以 A1F⊥平面 BCDE.8 分 所以 A1F⊥BE.9 分 (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下: 如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC.10 分 又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ.11 分 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC,

所以 DE⊥A1C.12 分 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ.13 分 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.14 分

[思维流程] 利用线∥面判定定理得出线∥面 利用线⊥线判定定理得出线⊥面 得出线⊥面,进而得出线⊥线. 构造与 A1C 垂直的面,证垂直,即得出 Q 点. [题后点评] 此题是三条转化路线:(1)线∥线?线∥面 (2)线⊥线?线⊥面?线⊥线?线⊥面?线⊥线 (3)平行?垂直(线∥线?线⊥线)

本部分内容讲解结束
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