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PAGE習(xí)題課平行與垂直的綜合問題關(guān)鍵實力·攻重難題型探究題型一平行和垂直關(guān)系的證明典例1如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為平行四邊形,AC,BD相交于點O,點E為PC的中點,OP=OC,PA⊥PD.求證:(1)直線PA∥平面BDE.(2)平面BDE⊥平面PCD.[證明](1)如圖,連接OE,因為O為平行四邊形ABCD對角線的交點,所以O(shè)為AC的中點.又E為PC的中點,所以O(shè)E∥PA.因為OE?平面BDE,PA?平面BDE,所以直線PA∥平面BDE.(2)因為OE∥PA,PA⊥PD,所以O(shè)E⊥PD.因為OP=OC,E為PC的中點,所以O(shè)E⊥PC.又PD?平面PCD,PC?平面PCD,PC∩PD=P,所以O(shè)E⊥平面PCD.因為OE?平面BDE,所以平面BDE⊥平面PCD.[歸納提升](1)在應(yīng)用線面平行的判定定理進行平行轉(zhuǎn)化時,肯定留意定理成立的條件,通常應(yīng)嚴格依據(jù)定理成立的條件規(guī)范書寫步驟,如:把線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行時,必需說清經(jīng)過已知直線的平面和已知平面相交,這時才有直線與交線平行.(2)對于有關(guān)兩個平面垂直的證明,一般利用兩個平面垂直的判定定理:假如一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線,那么這兩個平面垂直,在應(yīng)用定理解決問題時,常常實行“線線垂直”?“線面垂直”?“面面垂直”的轉(zhuǎn)化思想進行推理.【對點練習(xí)】?在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1求證:(1)AB∥平面A1B1C(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC[證明](1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B因為AB?平面A1B1CA1B1?平面A1B1C所以AB∥平面A1B1C(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1因此AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C所以AB1⊥BC.因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因為AB1?平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥平面A1BC題型二立體幾何中的折疊問題典例2如圖1所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=eq\f(1,2)AB=2,E為AC的中點,將△ACD沿AC折起,使折起后的平面ACD與平面ABC垂直,得到如圖2所示的幾何體D-ABC.(1)求證:BC⊥平面ACD;(2)點F在棱CD上,且滿意AD∥平面BEF,求幾何體F-BCE的體積.[解析](1)證明:∵AC=eq\r(AD2+CD2)=2eq\r(2),∠BAC=∠ACD=45°,AB=4,∴在△ABC中,BC2=AC2+AB2-2AC×AB×∴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為AC的中點,∴EF為△ACD的中位線.由(1)知,幾何體F-BCE的體積VF-BCE=VB-CEF=eq\f(1,3)×S△CEF×BC,∵S△CEF=eq\f(1,4)S△ACD=eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×2×2=eq\f(1,2),∴VF-BCE=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)=eq\f(\r(2),3).[歸納提升]平面圖形翻折為空間圖形問題的解題關(guān)鍵是看翻折前后線面位置關(guān)系的改變,依據(jù)翻折的過程找到翻折前后線線位置關(guān)系中沒有改變的量和發(fā)生改變的量,這些不變的和改變的量反映了翻折后的空間圖形的結(jié)構(gòu)特征.解決此類問題的步驟為:【對點練習(xí)】?(2024·湖南師范高校附屬中學(xué)高二期中)如圖(1),在等腰梯形ABCD中,E,F(xiàn)分別是CD,AB的中點,CD=2,AB=4,AD=BC=eq\r(2).沿EF將梯形AFED折起,使得∠AFB=60°,如圖(2).(1)若G為FB的中點,求證:AG⊥平面BCEF.(2)求二面角C-AB-F的正切值.[解析](1)證明:因為AF=BF,∠AFB=60°,所以△AFB為等邊三角形.又G為FB的中點,所以AG⊥FB.在等腰梯形ABCD中,E,F(xiàn)分別是CD,AB的中點,所以EF⊥AB.于是EF⊥AF,EF⊥BF.又AF∩BF=F,所以EF⊥平面ABF.因為AG?平面ABF,所以AG⊥EF.又AG⊥BF,EF∩BF=F,所以AG⊥平面BCEF.(2)如圖,連接CG.因為在等腰梯形ABCD中,CD=2,AB=4,點E,F(xiàn)分別是CD,AB的中點,G為FB的中點,所以EC=FG=BG=1,從而CG∥EF.因為EF⊥平面ABF,所以CG⊥平面ABF.如圖,過點G作GH⊥AB于H,連接CH.由三垂線定理可得CH⊥AB,所以∠CHG為二面角C-AB-F的平面角.在Rt△BHG中,BG=1,∠GBH=60°,所以GH=eq\f(\r(3),2).在Rt△CGB中,CG⊥BG,BG=1,BC=eq\r(2),所以CG=1.因為CG⊥平面ABF,GH?平面ABF,所以CG⊥GH.在Rt△CGH中,可得tan∠CHG=eq\f(CG,GH)=eq\f(1,\f(\r(3),2))=eq\f(2\r(3),3),所以二面角C-AB-F的正切值為eq\f(2\r(3),3).題型三立體幾何中的探究性問題典例3如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o\ac(CD,\s\up10(︵))所在平面垂直,M是eq\o\ac(CD,\s\up10(︵))上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD⊥平面BMC.(2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由.[解析](1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,又DM?平面CMD,所以BC⊥DM.因為M為eq\o\ac(CD,\s\up10(︵))上異于C,D的點,且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.因為DM?平面AMD,所以平面AMD⊥平面BMC.(2)當P為AM的中點時,MC∥平面PBD.理由如下:如圖,連接AC交BD于O.因為四邊形ABCD為矩形,所以O(shè)為AC的中點.連接OP,因為P為AM的中點,所以MC∥OP.又MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.[歸納提升]探究性問題的一般解題方法先假設(shè)其存在,然后把這個假設(shè)作為已知條件,和題目的其他已知條件一起進行推理論證和計算.在推理論證和計算無誤的前提下,假如得到了一個合理的結(jié)論,則說明存在;假如得到了一個不合理的結(jié)論,則說明不存在.【對點練習(xí)】?如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形(記此圓為W),且PA⊥平面ABCD.(1)當BD是圓W的直徑時,PA=BD=2,AD=CD=eq\r(3),求四棱錐P-ABCD的體積.(2)在(1)的條件下,推斷在棱PA上是否存在一點Q,使得BQ∥平面PCD?若存在,求出AQ的長;若不存在,請說明理由.[解析](1)因為BD是圓W的直徑,所以BA⊥AD,因為BD=2,AD=eq\r(3),所以AB=1.同理BC=1,所以S四邊形ABCD=AB·AD=eq\r(3).因為PA⊥平面ABCD,PA=2,所以四棱錐P-ABCD的體積V=eq\f(1,3)S四邊形ABCD·PA=eq\f(2\r(3),3).(2)存在,AQ=eq\f(2,3).理由如下.延長
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