高中數(shù)學《高中全程學習方略》2025版必修第二冊專題突破課四　空間中的平行關系含答案

高中數(shù)學《高中全程學習方略》2025版必修第二冊專題突破課四空間中的平行關系含答案專題突破課四空間中的平行關系——寸轄制輪尋專題,綱舉目張謀突破空間中的平行關系是本章的重點,也是高考的命題熱點.利用圖形,結合判定與性質(zhì)定理,作出相應的輔助線,靈活轉(zhuǎn)化線面關系是解決這類問題的關鍵.類型一直線與平面平行的判定與性質(zhì)【典例1】如圖,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q分別是BC,C1D1,AD1,BD的中點.(1)求證:PQ∥平面DCC1D1;(2)求PQ的長;(3)求證:EF∥平面BB1D1D.【解析】(1)連接AC,CD1,因為P,Q分別是AD1,AC的中點,所以PQ∥CD1.又因為PQ?平面DCC1D1,CD1?平面DCC1D1,所以PQ∥平面DCC1D1.(2)由(1)易知PQ=12D1C=2(3)取B1C1的中點E1,連接EE1,FE1,B1D1,則有FE1∥B1D1,EE1∥BB1,所以平面EE1F∥平面BB1D1D.又因為EF?平面EE1F,所以EF∥平面BB1D1D.【總結升華】線線、線面平行的證明方法方法關鍵利用線面平行的判定定理證線面平行在該平面內(nèi)找或作一條直線,證其與已知直線平行利用面面平行的性質(zhì)證線面平行過該線找或作一平面,證明其與已知平面平行利用線面平行的性質(zhì)證線線平行過線作平面,產(chǎn)生交線【補償訓練】如圖所示,三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形,設D是A1C1上的點,且A1B∥平面B1CD.求A1D∶DC1的值.【解析】設B1C∩BC1=E,連接DE,因為A1B∥平面B1CD,A1B?平面A1BC1,平面A1BC1∩平面B1CD=DE,平面A1BC1∩平面ABB1A1=A1B,所以A1B∥DE,因為E為BC1的中點,所以D為A1C1的中點,所以A1D∶DC1的值為1.類型二平面與平面平行的判定與性質(zhì)【典例2】如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,∠PAB=90°,點E是線段AB的中點,點F在線段PA上,且EF∥平面PCD,直線PD與平面CEF交于點H,求線段CH的長.【解析】因為直線PD與平面CEF交于點H,所以平面CEF∩平面PCD=CH.因為EF∥平面PCD,所以EF∥CH,過點H作HM∥AP交AD于點M,連接CM,因為EF∩AP=F,CH∩HM=H,所以平面AEF∥平面CHM.因為平面AEF∩平面ABCD=AE,平面CHM∩平面ABCD=CM,所以AE∥CM.又因為BC∥AM,所以四邊形ABCM為平行四邊形,所以AM=2.又因為AD=4,所以M是AD的中點,則H為PD的中點,因為∠PAB=90°,所以∠HMC=90°,所以CH=CM2+MH【總結升華】1.判定面面平行的四種方法(1)面面平行的定義,即判斷兩個平面沒有公共點.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一條直線的兩平面平行.(4)平面平行的傳遞性,即兩個平面同時平行于第三個平面,則這兩個平面平行.2.當已知兩平面平行時,可以得出線面平行,如果要得出線線平行,必須是與第三個平面的交線.【補償訓練】如圖,在三棱錐P-ABC中,△PAB是正三角形,G是△PAB的重心,D,E,H分別是PA,BC,PC的中點,點F在BC上,且BF=3FC,求證:平面DFH∥平面PGE.【證明】連接BG,由題意可得BG與GD共線,且BG=2GD,因為E是BC的中點,BF=3FC,所以F是CE的中點,所以BGGD=BEEF=2,所以GE∥DF,GE?平面PGE;DF?平面PGE,所以DF∥因為H是PC的中點,所以FH∥PE,PE?平面PGE,FH?平面PGE,所以FH∥平面PGE.因為DF∩FH=F,DF?平面DFH,FH?平面DFH,所以平面DFH∥平面PGE.類型平行關系的探索問題【典例】如圖所示,正四棱錐P-ABCD的各棱長均為13,M為PA上的點,且PM∶MA=5∶8.(1)在線段BD上是否存在一點N,使直線MN∥平面PBC?如果存在,求出BN∶ND的值;如果不存在,請說明理由;(2)假設存在滿足條件(1)的N點,求線段MN的長.【解析】(1)存在,BN∶ND=5∶8.理由如下:連接AN并延長,交BC于點E,連接PE.因為正方形ABCD中,AD∥BC,所以ENNA=BNND=又因為PMMA=58,所以MN∥PE,又因為PE?平面PBC,MN?平面PBC,所以MN∥(2)由(1)得BE∶AD=5∶8,所以BE=658在△PBE中,PE2=PB2+BE2-2PB·BEcos60°=132+6582-2×13×658×1所以PE=918因為MN∥PE,所以MN∶PE=8∶13,所以MN=918×813【總結升華】對于探索問題往往采取逆向思維(1)對命題條件的探索常采用以下三種方法:①先猜后證,即先觀察與嘗試給出條件再證明;②先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明其充分性;③把幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題,探索命題成立的條件.(2)對命題結論的探索常采用以下方法:首先假設結論存在,然后在這個假設下進行推理論證,如果通過推理得到了合乎情理的結論,就肯定假設,如果得到了矛盾的結論,就否定假設.【即學即練】如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分別為線段AC1,A1C1的中點.(1)求證:EF∥平面BCC1B1.(2)在線段BC1上是否存在一點G,使平面EFG∥平面ABB1A1?請說明理由.【解析】(1)因為E,F分別為線段AC1,A1C1的中點,所以EF∥A1A.因為B1B∥A1A,所以EF∥B1B.又因為EF?平面BCC1B1,B1B?平面BCC1B1,所以EF∥平面BCC1B1.(2)取BC1的中點G,連接GE,GF(圖略).因為E為AC1的中點,所以GE∥AB.因為GE?平面ABB1A1,AB?平面ABB1A1,所以GE∥平面ABB1A1,同理可得,EF∥平面ABB1A1,又因為EF∩EG=E,EG,EF?平面EFG,所以平面EFG∥平面ABB1A1故在線段BC1上存在點G,使平面EFG∥平面ABB1A1.課時鞏固訓練,請使用“專題突破練四”專題突破課五空間中的垂直關系——寸轄制輪尋專題,綱舉目張謀突破空間中的垂直關系是本章的重點與難點,是高考的命題熱點.利用圖形,結合判定與性質(zhì)定理,靈活轉(zhuǎn)化線面關系是解決這類問題的關鍵.類型一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)定理的應用【典例1】如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中點,證明:(1)AE⊥CD;(2)PD⊥平面ABE.【證明】(1)PA⊥底面ABCD,所以CD⊥PA.又CD⊥AC,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC,AE?平面PAC,所以CD⊥AE.(2)PA=AB=BC,∠ABC=60°,所以PA=AC,因為E是PC的中點,所以AE⊥PC,由(1)知CD⊥AE,從而AE⊥平面PCD,所以AE⊥PD.因為PA⊥底面ABCD,可得AB⊥PA,又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,所以易知AB⊥PD,所以PD⊥平面ABE.【總結升華】判定線面垂直的四種方法【補償訓練】如圖,在三棱錐P-ABC中,已知平面PBC⊥平面ABC.(1)若AB⊥BC,且CP⊥PB,求證:CP⊥PA;(2)若過點A作直線l⊥平面ABC,求證:l∥平面PBC.【證明】(1)因為平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,AB?平面ABC,AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC.因為CP?平面PBC,所以CP⊥AB.又CP⊥PB,且PB∩AB=B,AB?平面PAB,PB?平面PAB,所以CP⊥平面PAB.又PA?平面PAB,所以CP⊥PA.(2)在平面PBC內(nèi)過點P作PD⊥BC,垂足為D.因為平面PBC⊥平面ABC,又平面PBC∩平面ABC=BC,PD?平面PBC,所以PD⊥平面ABC.又l⊥平面ABC,所以l∥PD.因為l?平面PBC,PD?平面PBC,所以l∥平面PBC.類型二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)定理的應用【典例2】如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E為AD的中點.(1)求證:PE⊥BC;(2)求證:平面PAB⊥平面PCD.【證明】(1)因為PA=PD,E為AD中點,所以PE⊥AD,又因為平面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)由(1)知,PE⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PE⊥CD.在矩形ABCD中,AD⊥CD,又因為AD∩PE=E,AD,PE?平面PAD,所以CD⊥平面PAD.AP?平面PAD,所以CD⊥AP.又因為PA⊥PD,CD∩PD=D,CD,PD?平面PCD,所以PA⊥平面PCD.因為PA?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.【總結升華】證明面面垂直的兩種常用方法(1)用面面垂直的判定定理,即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線;(2)用面面垂直的定義,即證明兩個平面所成的二面角是直二面角,把證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題.【補償訓練】如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD為矩形,AB=3,AD=3,點M是棱BC上的點,且滿足BM=1.(1)求證:AB⊥PD;(2)求證:平面PAM⊥平面PBD.【證明】(1)根據(jù)題意得,PA⊥底面ABCD,則PA⊥AB,而底面ABCD為矩形,則AB⊥AD,又因為PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,因為PD?平面PAD,故AB⊥PD.(2)PA⊥底面ABCD,則PA⊥BD,底面ABCD為矩形,AB=3,且AD=3,則有BC=3,CD=3,又由BM=1,則有BMAB=CDBC=則Rt△ABM∽Rt△BCD,則有∠BAM=∠CBD,則有∠BAM+∠ABD=90°,故BD⊥AM,又由PA⊥BD,PA∩AM=A,則BD⊥平面PAM,而BD?平面PBD,故有平面PAM⊥平面PBD.類型一線面角與二面角的應用【典例1】如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為1的菱形,∠ABC=23π,PD⊥平面ABCD,PD=1,M為PB的中點(1)求證:平面MAC⊥平面PDB;(2)求CP與平面MAC所成角的正弦值.【解析】(1)如圖,連接BD交AC于點O,因為PD⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以PD⊥AC,因為四邊形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,因為BD∩PD=D,所以AC⊥平面PDB,因為AC?平面AMC,所以平面MAC⊥平面PDB.(2)過點P作PH⊥平面AMC,交平面AMC于點H,連接CH,則∠PCH是CP與平面MAC所成角,連接OM,因為PD∥OM,所以PD∥平面AMC,所以PH是點D到平面AMC的高,因為PD⊥平面ABCD,所以OM⊥OD,因為平面AMC⊥平面PDB,平面AMC∩平面PDB=OM,所以OD⊥平面AMC,所以PH=OD=12,PC=2設CP與平面MAC所成角為θ,則CP與平面MAC所成角的正弦值sinθ=PHPC=122【總結升華】1.求直線與平面所成的角的一般步驟(1)找直線與平面所成的角,即通過找直線在平面上的射影來完成;(2)計算,要把直線與平面所成的角轉(zhuǎn)化到一個三角形中求解.2.作二面角的平面角的方法作二面角的平面角可以用定義法,也可以通過垂面法進行,即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線,再過垂足作二面角的棱的垂線,兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.【即學即練】如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=23,CC1=2,二面角C1-BD-C的大小為____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答案:30°【解析】如圖,連接AC交BD于點O,連接C1O,因為C1D=C1B,O為BD中點,所以C1O⊥BD.因為AC⊥BD,所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角,在Rt△C1CO中,C1C=2,則C1O=22,所以sin∠C1OC=C1CC所以∠C1OC=30°.類型二垂直關系的探索問題【典例2】如圖,四邊形ABCD是菱形,且∠DAB=60°,P是平面ABCD外一點,G為邊AD的中點,△PAD為正三角形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求證:BG⊥平面PAD;(2)若E為邊BC的中點,能否在邊PC上找出一點F,使平面DEF⊥平面ABCD?【解析】(1)四邊形ABCD是菱形,P是平面ABCD外一點,△PAD為正三角形,平面PAD⊥平面ABCD.所以AB=AD.又因為∠BAD=60°,所以△ABD是等邊三角形.因為G為邊AD的中點,所以BG⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BG?平面BAD,所以BG⊥平面PAD.(2)存在點F,且F為PC的中點.證明如下:如圖,連接CG,DE,CG交DE于點M,連接FM.因為AD∥BC且AD=BC,又E,G分別是BC,AD的中點,所以CE∥DG且CE=DG.連接EG,則四邊形CEGD是平行四邊形,所以CM=MG.又因為CF=FP,所以MF∥PG.因為△PAD是等邊三角形,G是AD的中點,所以PG⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD,所以PG⊥平面ABCD,所以MF⊥平面ABCD.又MF?平面DEF,所以平面DEF⊥平面ABCD.【總結升華】1.對命題條件的探索的三種途徑:(1)先猜后證,即先觀察與嘗試給出條件再證明;(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性;(3)將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題,探索出命題成立的條件.2.對命題結論的探索方法:從條件出發(fā),探索出要求的結論是什么,對于探索結論是否存在,求解時常假設結論存在,再尋找與條件相容或者矛盾的結論.【即學即練】如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1=2,M,N分別為AC,B1C1的中點.(1)求證:MN∥平面ABB1A1;(2)線段CC1上是否存在點Q,使A1B⊥平面MNQ?說明理由.【解析】(1)取AB中點D,連接DM,DB1.在△ABC中,因為M為AC中點,所以DM∥BC,DM=12在矩形B1BCC1中,因為N為B1C1中點,所以B1N∥BC,B1N=12所以DM∥B1N,DM=B1N.所以四邊形MDB1N為平行四邊形,所以MN∥DB1.因為MN?平面ABB1A1,DB1?平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.(2)線段CC1上存在點Q,且Q為CC1中點時,有A1B⊥平面MNQ.證明如下:連接BC1,QM,QN.在正方形BB1C1C中易證QN⊥BC1.又A1C1⊥平面BB1C1C,所以A1C1⊥QN,從而NQ⊥平面A1BC1.所以A1B⊥QN.同理可得A1B⊥MQ,所以A1B⊥平面MNQ.故線段CC1上存在點Q,使得A1B⊥平面MNQ.課時鞏固訓練,請使用“專題突破練五”專題突破課一平面向量中的最值與范圍問題——寸轄制輪尋專題,綱舉目張謀突破平面向量中的最值和范圍問題是高考的熱點問題,常見題型有根據(jù)已知條件求向量數(shù)量積、模、夾角、參數(shù)的范圍與最值問題等,解題思路是建立目標對象的表達式,利用函數(shù)(二次函數(shù)、三角函數(shù))基本不等式進行求解,同時向量還兼顧“數(shù)”與“形”的雙重身份.因此,還可以從數(shù)形結合的角度,應用圖形的幾何特征求解.常見以下四種類型的題目:(1)系數(shù)的最值與范圍問題;(2)數(shù)量積的最值問題;(3)模的最值問題;(4)夾角的最值問題.類型一系數(shù)的最值與范圍問題【典例1】如圖,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,AD=AB=4,CD=1,動點P在邊BC上,且滿足=m+n(m,n均為正實數(shù)),求1m+1n的最小值.【解析】因為在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,AD=AB=4,CD=1,所以=+=-14,所以=m+n=m+n-14=m-14n+n,由P,B,C三點共線得,m-14n+n=m+34n=1(m,所以1m+1n=1m+1nm+34n=74+3n4m+=74+3=7+434(當且僅當3n2=4即1m+1n的最小值為【總結升華】關于系數(shù)的最值與范圍問題(1)利用平面向量基本定理,結合三點共線得到系數(shù)滿足的等量關系;(2)通過基本不等式、消元構造函數(shù)或從幾何意義等角度進行求解.【即學即練】如圖所示,A,B,C是圓O上的三點,CO的延長線與BA的延長線交于圓O外一點D.若=m+n,則m+n的取值范圍是__________.

答案:(-1,0)【解析】由點D是圓O外一點,可設=λ(λ>1),則=+λ=λ+(1-λ).又因為C,O,D三點共線,令=-μ(μ>1),則=-λμ-1-λμ(λ>1,μ所以m=-λμ,n=-1-λμ,則m+n=-λμ-1類型二數(shù)量積的最值問題【典例2】(一題多解)如圖,在四邊形ABCD中,已知AB=AD=1,BC=DC=3,AC=2,點P在邊CD上,則·的最小值為()A.2116 B.218 C.2132 【解析】選A.方法一:由AB=AD=1,BC=DC=3,AC=2,得AC2=AB2+BC2,AC2=AD2+DC2,所以AB⊥BC,AD⊥DC,∠DAC=∠BAC=60°.設DP=x,則0≤x≤3,所以·=(+)·(++)=·+·+·+·+·+·=1×1×12+1+1×x×-32+x2=x2-32x+32=x-342+2116≥當且僅當x=34時,·取得最小值2116.方法二:由AB=AD=1,BC=DC=3,AC=2,得AC2=AB2+BC2,AC2=AD2+DC2,所以AB⊥BC,AD⊥DC,∠DAC=∠BAC=60°,∠ACB=∠ACD=30°,連接BD,交AC于點O,則易知BD⊥AC,建立如圖所示的平面直角坐標系xOy,則A-12,0,B0,-32,C32,0,D0,32,所以=32,-32.設=λ(0≤λ≤1),則=32λ,-32λ,所以P32λ,-32λ+32,=12+32λ,32-32λ,=32λ,3-32λ則·=34λ+94λ2+32-34λ-32λ+34λ2=3λ2-32λ+32=3λ-142當且僅當λ=14時,·取得最小值2116.方法三:由AB=AD=1,BC=DC=3,AC=2,得AC2=AB2+BC2,AC2=AD2+DC2,所以AB⊥BC,AD⊥DC,∠DAC=∠BAC=60°,∠ACB=∠ACD=30°,如圖,分別以DA,DC所在的直線為x軸、y軸建立平面直角坐標系,所以A(1,0),B32,32.因為點P在邊CD上,所以設P(0,y)(0≤y≤3),所以=(-1,y),=-32,y-32,所以·=(-1)×-32+y×y-32=y2-32y+32=y-342+2116≥2116,當且僅當y=34時,·取得最小值2116.【總結升華】關于向量數(shù)量積的最值問題(1)“數(shù)化”:建立適當?shù)淖鴺讼?將平面向量數(shù)量積的運算坐標化,運用二次函數(shù)、三角函數(shù)或基本不等式求解;(2)“形化”:用基底表示向量,根據(jù)向量的運算律化簡目標,再結合向量數(shù)量積的幾何意義求解.【即學即練】(2024·哈爾濱高一檢測)已知邊長為2的菱形ABCD中,∠DAB=π3,點F為BD上一動點,點E滿足=3,則·的最大值為()A.0 B.23 C.3 D.【解析】選C.如圖,以A為原點建立平面直角坐標系,則A(0,0),B(2,0),C(3,3),D(1,3),則=34=34(1,3)=34,334由題意,設=λ(0≤λ≤1),則=λ(-1,3)=(-λ,3λ),則=+=(2,0)+(-λ,3λ)=(2-λ,3λ),所以·=34(2-λ)+334·3λ=32λ+因為0≤λ≤1,所以當λ=1時,·取得最大值,最大值為3.【補償訓練】(2024·上海高一檢測)正方形ABCD的邊長為2,點E和F分別是邊BC和AD上的動點(與A,B,C,D四點不重合),且CE=AF,則·的取值范圍為______.

答案:(0,1]【解析】連接AC交EF于O,由四邊形ABCD是正方形,且CE=AF,可得△AOF≌△COE,所以OE=OF,從而=-,又因為正方形ABCD的邊長為2,所以||=2,||∈[1,2),則·=(+)·(+),因為=-,所以·=(+)·(-)=-,即·=||2-||2,因為||=2,所以·=2-||2又因為||∈[1,2),所以·的取值范圍為(0,1].類型三模的最值問題【典例3】(2024·重慶高一檢測)在梯形ABCD中,∥,⊥,||=2,||=2||.若點P在線段BC上,則|+3|的最小值是()A.72 B.4 C.92 D【解析】選D.如圖所示,以B為原點,為x軸正方向,為y軸正方向建立平面直角坐標系.設||=d,||=p,則B(0,0),A(0,2),C(2d,0),D(d,2),P(p,0)(0≤p≤2d),所以=(2d-p,0),=(d-p,2).所以+3=(5d-4p,6),所以|+3|=(5d-4p)2+所以|+3|的最小值是6.【總結升華】關于向量模的最值問題(1)根據(jù)平面向量的絕對值三角不等式,取等時取到最值;(2)建系,將向量的模用坐標表示,利用函數(shù)或不等式的思想求解.【即學即練】(2024·北京高一檢測)A,B,C三點在半徑為1的圓O上運動,且AC⊥BC,M是圓O外一點,OM=2,則|++2|的最大值是__________.

答案:10【解析】連接AB,如圖所示:因為AC⊥BC,則AB為圓O的一條直徑,故O為AB的中點,所以+=(+)+(+)=2,所以|++2|=|2+2(+)|=|4+2|≤4||+2||,=4×2+2×1=10,當且僅當M,O,C共線且,同向時,等號成立.【補償訓練】(2024·南昌高一檢測)已知平面向量a,b,c滿足|a|=1,b·c=0,a·b=1,a·c=-