2020_2021学年新教材高中数学第八章立体几何初步习题课平行与垂直的综合问题教学用书教案新人教A版必修第二册

习题课　平行与垂直的综合问题
关键能力·攻重难
题型探究　　
题型一　平行和垂直关系的证明
典例1　如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP＝OC，PA⊥PD.
求证：(1)直线PA∥平面BDE.
(2)平面BDE⊥平面PCD.
[证明]　(1)如图，连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，
所以O为AC的中点.
又E为PC的中点，所以OE∥PA.
因为OE?平面BDE，PA?平面BDE，
所以直线PA∥平面BDE.
(2)因为OE∥PA，PA⊥PD，
所以OE⊥PD.
因为OP＝OC，E为PC的中点，
所以OE⊥PC.
又PD?平面PCD，PC?平面PCD，PC∩PD＝P，
所以OE⊥平面PCD.
因为OE?平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PCD.
[归纳提升]　(1)在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行.
(2)对于有关两个平面垂直的证明，一般利用两个平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直，在应用定理解决问题时，经常采取“线线垂直”?“线面垂直”?“面面垂直”的转化思想进行推理.
【对点练习】?　在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
[证明]　(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB?平面A1B1C，
A1B1?平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1＝AB，
所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
因为A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1?平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
题型二　立体几何中的折叠问题
典例2　如图1所示，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，得到如图2所示的几何体D－ABC.
(1)求证：BC⊥平面ACD；
(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积.
[解析]　(1)证明：∵AC＝＝2，
∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，
∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos45°＝8，
∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC.
∵平面ACD⊥平面ABC，
平面ACD∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，
∴BC⊥平面ACD.
(2)∵AD∥平面BEF，AD?平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，
∵E为AC的中点，
∴EF为△ACD的中位线.
由(1)知，几何体F－BCE的体积
VF－BCE＝VB－CEF＝×S△CEF×BC，
∵S△CEF＝S△ACD
＝××2×2＝，
∴VF－BCE＝××2＝.
[归纳提升]　平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征.
解决此类问题的步骤为：
【对点练习】?　(2020·湖南师范大学附属中学高二期中)如图(1)，在等腰梯形ABCD中，E，F分别是CD，AB的中点，CD＝2，AB＝4，AD＝BC＝.沿EF将梯形AFED折起，使得∠AFB＝60°，如图(2).
(1)若G为FB的中点，求证：AG⊥平面BCEF.
(2)求二面角C－AB－F的正切值.
[解析]　(1)证明：因为AF＝BF，∠AFB＝60°，所以△AFB为等边三角形.
又G为FB的中点，所以AG⊥FB.
在等腰梯形ABCD中，E，F分别是CD，AB的中点，所以EF⊥AB.
于是EF⊥AF，EF⊥BF.
又AF∩BF＝F，所以EF⊥平面ABF.
因为AG?平面ABF，所以AG⊥EF.
又AG⊥BF，EF∩BF＝F，所以AG⊥平面BCEF.
(2)如图，连接CG.
因为在等腰梯形ABCD中，CD＝2，AB＝4，点E，F分别是CD，AB的中点，G为FB的中点，
所以EC＝FG＝BG＝1，从而CG∥EF.
因为EF⊥平面ABF，所以CG⊥平面ABF.
如图，过点G作GH⊥AB于H，连接CH.
由三垂线定理可得CH⊥AB，
所以∠CHG为二面角C－AB－F的平面角.
在Rt△BHG中，BG＝1，∠GBH＝60°，所以GH＝.
在Rt△CGB中，CG⊥BG，BG＝1，BC＝，所以CG＝1．
因为CG⊥平面ABF，GH?平面ABF，所以CG⊥GH.
在Rt△CGH中，可得tan∠CHG＝＝＝，
所以二面角C－AB－F的正切值为.
题型三　立体几何中的探索性问题
典例3　如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.
[解析]　(1)证明：由题设知，
平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，
又DM?平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，
且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
因为DM?平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
理由如下：
如图，连接AC交BD于O.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为AC的中点.
连接OP，因为P为AM的中点，
所以MC∥OP.
又MC?平面PBD，OP?平面PBD，
所以MC∥平面PBD.
[归纳提升]　探索性问题的一般解题方法
先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算.在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在.
【对点练习】?　如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是圆内接四边形(记此圆为W)，且PA⊥平面ABCD.
(1)当BD是圆W的直径时，PA＝BD＝2，AD＝CD＝，求四棱锥P－ABCD的体积.
(2)在(1)的条件下，判断在棱PA上是否存在一点Q，使得BQ∥平面PCD？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由.
[解析]　(1)因为BD是圆W的直径，所以BA⊥AD，
因为BD＝2，AD＝，所以AB＝1．
同理BC＝1，所以S四边形ABCD＝AB·AD＝.
因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，
所以四棱锥P－ABCD的体积V＝S四边形ABCD·PA＝.
(2)存在，AQ＝.理由如下.
延长AB，DC交于点E，连接PE，则平面PAB与平面PCD的交线是PE.
假设在棱PA上存在一点Q，
使得BQ∥平面PCD，则BQ∥PE，所以＝.
经计算可得BE＝2，
所以AE＝AB＋BE＝3，所以AQ＝.
故存在这样的点Q，使BQ∥平面PCD，且AQ＝.
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