2018年高考数学一轮复习专题40空间中的平行关系教学案文

(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.

当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.

图① 图②

1

(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.

2

故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形． 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点， 所以GH＝ME＝2.

1?2?22

在△GOH中，GH＝4，OH＝1＋λ－??＝λ＋，

2?2?

2

2

2

1?2?2

OG＝1＋(2－λ)－??＝(2－λ)2＋，

2?2?

2

2

11222222

由OG＋OH＝GH，得(2－λ)＋＋λ＋＝4，解得λ＝1±，

222故存在λ＝1±

2

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

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方法二(向量方法)：

以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．

图③

BC1＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．

(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)， →

因为BC1＝(－2，0，2)， →→

所以BC1＝2FP，即BC1∥FP.

→

故存在λ＝1±

2

，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2

4．（2014·新课标全国卷Ⅱ）如图1-3，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，

E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；

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(2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．

图1-3

18．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.

→→

如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|AP|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，3，0)，E?0，

??31?→?31?，?，AE＝?0，，?. 22?22??

→

设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，3，0)，AC＝(m，3，0)． 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，

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?mx＋3y＝0，

?n1·o(AC,sup6(→))＝0，?则?即?31 →

y＋z＝0，?n1·AE＝0，?2?2

可取n1＝?

?3?

，－1，3?. ?m?

又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量， 1

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即

2

3132＝，解得m＝. 3＋4m22

11131因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V＝××3××＝232223

. 8

5．（2014·山东卷）如图1-3所示，在四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．

图1-3

(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；

(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．

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