高中数学《高中全程学习方略》2025版必修第二册专题突破课四　空间中的平行关系含答案

高中数学《高中全程学习方略》2025版必修第二册专题突破课四空间中的平行关系含答案专题突破课四空间中的平行关系——寸辖制轮寻专题,纲举目张谋突破空间中的平行关系是本章的重点,也是高考的命题热点.利用图形,结合判定与性质定理,作出相应的辅助线,灵活转化线面关系是解决这类问题的关键.类型一直线与平面平行的判定与性质【典例1】如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q分别是BC,C1D1,AD1,BD的中点.(1)求证:PQ∥平面DCC1D1;(2)求PQ的长;(3)求证:EF∥平面BB1D1D.【解析】(1)连接AC,CD1,因为P,Q分别是AD1,AC的中点,所以PQ∥CD1.又因为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的中点E1,连接EE1,FE1,B1D1,则有FE1∥B1D1,EE1∥BB1,所以平面EE1F∥平面BB1D1D.又因为EF⊂平面EE1F,所以EF∥平面BB1D1D.【总结升华】线线、线面平行的证明方法方法关键利用线面平行的判定定理证线面平行在该平面内找或作一条直线,证其与已知直线平行利用面面平行的性质证线面平行过该线找或作一平面,证明其与已知平面平行利用线面平行的性质证线线平行过线作平面,产生交线【补偿训练】如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,设D是A1C1上的点,且A1B∥平面B1CD.求A1D∶DC1的值.【解析】设B1C∩BC1=E,连接DE,因为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,因为E为BC1的中点,所以D为A1C1的中点,所以A1D∶DC1的值为1.类型二平面与平面平行的判定与性质【典例2】如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,∠PAB=90°,点E是线段AB的中点,点F在线段PA上,且EF∥平面PCD,直线PD与平面CEF交于点H,求线段CH的长.【解析】因为直线PD与平面CEF交于点H,所以平面CEF∩平面PCD=CH.因为EF∥平面PCD,所以EF∥CH,过点H作HM∥AP交AD于点M,连接CM,因为EF∩AP=F,CH∩HM=H,所以平面AEF∥平面CHM.因为平面AEF∩平面ABCD=AE,平面CHM∩平面ABCD=CM,所以AE∥CM.又因为BC∥AM,所以四边形ABCM为平行四边形,所以AM=2.又因为AD=4,所以M是AD的中点,则H为PD的中点,因为∠PAB=90°,所以∠HMC=90°,所以CH=CM2+MH【总结升华】1.判定面面平行的四种方法(1)面面平行的定义,即判断两个平面没有公共点.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一条直线的两平面平行.(4)平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.2.当已知两平面平行时,可以得出线面平行,如果要得出线线平行,必须是与第三个平面的交线.【补偿训练】如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是正三角形,G是△PAB的重心,D,E,H分别是PA,BC,PC的中点,点F在BC上,且BF=3FC,求证:平面DFH∥平面PGE.【证明】连接BG,由题意可得BG与GD共线,且BG=2GD,因为E是BC的中点,BF=3FC,所以F是CE的中点,所以BGGD=BEEF=2,所以GE∥DF,GE⊂平面PGE;DF⊄平面PGE,所以DF∥因为H是PC的中点,所以FH∥PE,PE⊂平面PGE,FH⊄平面PGE,所以FH∥平面PGE.因为DF∩FH=F,DF⊂平面DFH,FH⊂平面DFH,所以平面DFH∥平面PGE.类型平行关系的探索问题【典例】如图所示,正四棱锥P-ABCD的各棱长均为13,M为PA上的点,且PM∶MA=5∶8.(1)在线段BD上是否存在一点N,使直线MN∥平面PBC?如果存在,求出BN∶ND的值;如果不存在,请说明理由;(2)假设存在满足条件(1)的N点,求线段MN的长.【解析】(1)存在,BN∶ND=5∶8.理由如下:连接AN并延长,交BC于点E,连接PE.因为正方形ABCD中,AD∥BC,所以ENNA=BNND=又因为PMMA=58,所以MN∥PE,又因为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因为MN∥PE,所以MN∶PE=8∶13,所以MN=918×813【总结升华】对于探索问题往往采取逆向思维(1)对命题条件的探索常采用以下三种方法:①先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明;②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性;③把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件.(2)对命题结论的探索常采用以下方法:首先假设结论存在,然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论,就肯定假设,如果得到了矛盾的结论,就否定假设.【即学即练】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别为线段AC1,A1C1的中点.(1)求证:EF∥平面BCC1B1.(2)在线段BC1上是否存在一点G,使平面EFG∥平面ABB1A1?请说明理由.【解析】(1)因为E,F分别为线段AC1,A1C1的中点,所以EF∥A1A.因为B1B∥A1A,所以EF∥B1B.又因为EF⊄平面BCC1B1,B1B⊂平面BCC1B1,所以EF∥平面BCC1B1.(2)取BC1的中点G,连接GE,GF(图略).因为E为AC1的中点,所以GE∥AB.因为GE⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,所以GE∥平面ABB1A1,同理可得,EF∥平面ABB1A1,又因为EF∩EG=E,EG,EF⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面ABB1A1故在线段BC1上存在点G,使平面EFG∥平面ABB1A1.课时巩固训练,请使用“专题突破练四”专题突破课五空间中的垂直关系——寸辖制轮寻专题,纲举目张谋突破空间中的垂直关系是本章的重点与难点,是高考的命题热点.利用图形,结合判定与性质定理,灵活转化线面关系是解决这类问题的关键.类型一直线与平面垂直的判定与性质定理的应用【典例1】如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点,证明:(1)AE⊥CD;(2)PD⊥平面ABE.【证明】(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,因为E是PC的中点,所以AE⊥PC,由(1)知CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD,所以AE⊥PD.因为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.【总结升华】判定线面垂直的四种方法【补偿训练】如图,在三棱锥P-ABC中,已知平面PBC⊥平面ABC.(1)若AB⊥BC,且CP⊥PB,求证:CP⊥PA;(2)若过点A作直线l⊥平面ABC,求证:l∥平面PBC.【证明】(1)因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,AB⊂平面ABC,AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC.因为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内过点P作PD⊥BC,垂足为D.因为平面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.因为l⊄平面PBC,PD⊂平面PBC,所以l∥平面PBC.类型二平面与平面垂直的判定与性质定理的应用【典例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E为AD的中点.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD.【证明】(1)因为PA=PD,E为AD中点,所以PE⊥AD,又因为平面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,又因为AD∩PE=E,AD,PE⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.AP⊂平面PAD,所以CD⊥AP.又因为PA⊥PD,CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,所以PA⊥平面PCD.因为PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.【总结升华】证明面面垂直的两种常用方法(1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线;(2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角,把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题.【补偿训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,AB=3,AD=3,点M是棱BC上的点,且满足BM=1.(1)求证:AB⊥PD;(2)求证:平面PAM⊥平面PBD.【证明】(1)根据题意得,PA⊥底面ABCD,则PA⊥AB,而底面ABCD为矩形,则AB⊥AD,又因为PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,因为PD⊂平面PAD,故AB⊥PD.(2)PA⊥底面ABCD,则PA⊥BD,底面ABCD为矩形,AB=3,且AD=3,则有BC=3,CD=3,又由BM=1,则有BMAB=CDBC=则Rt△ABM∽Rt△BCD,则有∠BAM=∠CBD,则有∠BAM+∠ABD=90°,故BD⊥AM,又由PA⊥BD,PA∩AM=A,则BD⊥平面PAM,而BD⊂平面PBD,故有平面PAM⊥平面PBD.类型一线面角与二面角的应用【典例1】如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的菱形,∠ABC=23π,PD⊥平面ABCD,PD=1,M为PB的中点(1)求证:平面MAC⊥平面PDB;(2)求CP与平面MAC所成角的正弦值.【解析】(1)如图,连接BD交AC于点O,因为PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PD⊥AC,因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,因为BD∩PD=D,所以AC⊥平面PDB,因为AC⊂平面AMC,所以平面MAC⊥平面PDB.(2)过点P作PH⊥平面AMC,交平面AMC于点H,连接CH,则∠PCH是CP与平面MAC所成角,连接OM,因为PD∥OM,所以PD∥平面AMC,所以PH是点D到平面AMC的高,因为PD⊥平面ABCD,所以OM⊥OD,因为平面AMC⊥平面PDB,平面AMC∩平面PDB=OM,所以OD⊥平面AMC,所以PH=OD=12,PC=2设CP与平面MAC所成角为θ,则CP与平面MAC所成角的正弦值sinθ=PHPC=122【总结升华】1.求直线与平面所成的角的一般步骤(1)找直线与平面所成的角,即通过找直线在平面上的射影来完成;(2)计算,要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解.2.作二面角的平面角的方法作二面角的平面角可以用定义法,也可以通过垂面法进行,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.【即学即练】如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=23,CC1=2,二面角C1-BD-C的大小为________.

答案:30°【解析】如图,连接AC交BD于点O,连接C1O,因为C1D=C1B,O为BD中点,所以C1O⊥BD.因为AC⊥BD,所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角,在Rt△C1CO中,C1C=2,则C1O=22,所以sin∠C1OC=C1CC所以∠C1OC=30°.类型二垂直关系的探索问题【典例2】如图,四边形ABCD是菱形,且∠DAB=60°,P是平面ABCD外一点,G为边AD的中点,△PAD为正三角形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:BG⊥平面PAD;(2)若E为边BC的中点,能否在边PC上找出一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?【解析】(1)四边形ABCD是菱形,P是平面ABCD外一点,△PAD为正三角形,平面PAD⊥平面ABCD.所以AB=AD.又因为∠BAD=60°,所以△ABD是等边三角形.因为G为边AD的中点,所以BG⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BG⊂平面BAD,所以BG⊥平面PAD.(2)存在点F,且F为PC的中点.证明如下:如图,连接CG,DE,CG交DE于点M,连接FM.因为AD∥BC且AD=BC,又E,G分别是BC,AD的中点,所以CE∥DG且CE=DG.连接EG,则四边形CEGD是平行四边形,所以CM=MG.又因为CF=FP,所以MF∥PG.因为△PAD是等边三角形,G是AD的中点,所以PG⊥AD.又因为平面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.【总结升华】1.对命题条件的探索的三种途径:(1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;(3)将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.2.对命题结论的探索方法:从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.【即学即练】如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1=2,M,N分别为AC,B1C1的中点.(1)求证:MN∥平面ABB1A1;(2)线段CC1上是否存在点Q,使A1B⊥平面MNQ?说明理由.【解析】(1)取AB中点D,连接DM,DB1.在△ABC中,因为M为AC中点,所以DM∥BC,DM=12在矩形B1BCC1中,因为N为B1C1中点,所以B1N∥BC,B1N=12所以DM∥B1N,DM=B1N.所以四边形MDB1N为平行四边形,所以MN∥DB1.因为MN⊄平面ABB1A1,DB1⊂平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.(2)线段CC1上存在点Q,且Q为CC1中点时,有A1B⊥平面MNQ.证明如下:连接BC1,QM,QN.在正方形BB1C1C中易证QN⊥BC1.又A1C1⊥平面BB1C1C,所以A1C1⊥QN,从而NQ⊥平面A1BC1.所以A1B⊥QN.同理可得A1B⊥MQ,所以A1B⊥平面MNQ.故线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ.课时巩固训练,请使用“专题突破练五”专题突破课一平面向量中的最值与范围问题——寸辖制轮寻专题,纲举目张谋突破平面向量中的最值和范围问题是高考的热点问题,常见题型有根据已知条件求向量数量积、模、夹角、参数的范围与最值问题等,解题思路是建立目标对象的表达式,利用函数(二次函数、三角函数)基本不等式进行求解,同时向量还兼顾“数”与“形”的双重身份.因此,还可以从数形结合的角度,应用图形的几何特征求解.常见以下四种类型的题目:(1)系数的最值与范围问题;(2)数量积的最值问题;(3)模的最值问题;(4)夹角的最值问题.类型一系数的最值与范围问题【典例1】如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,AD=AB=4,CD=1,动点P在边BC上,且满足=m+n(m,n均为正实数),求1m+1n的最小值.【解析】因为在直角梯形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三点共线得,m-14n+n=m+34n=1(m,所以1m+1n=1m+1nm+34n=74+3n4m+=74+3=7+434(当且仅当3n2=4即1m+1n的最小值为【总结升华】关于系数的最值与范围问题(1)利用平面向量基本定理,结合三点共线得到系数满足的等量关系;(2)通过基本不等式、消元构造函数或从几何意义等角度进行求解.【即学即练】如图所示,A,B,C是圆O上的三点,CO的延长线与BA的延长线交于圆O外一点D.若=m+n,则m+n的取值范围是__________.

答案:(-1,0)【解析】由点D是圆O外一点,可设=λ(λ>1),则=+λ=λ+(1-λ).又因为C,O,D三点共线,令=-μ(μ>1),则=-λμ-1-λμ(λ>1,μ所以m=-λμ,n=-1-λμ,则m+n=-λμ-1类型二数量积的最值问题【典例2】(一题多解)如图,在四边形ABCD中,已知AB=AD=1,BC=DC=3,AC=2,点P在边CD上,则·的最小值为()A.2116 B.218 C.2132 【解析】选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°.设DP=x,则0≤x≤3,所以·=(+)·(++)=·+·+·+·+·+·=1×1×12+1+1×x×-32+x2=x2-32x+32=x-342+2116≥当且仅当x=34时,·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°,连接BD,交AC于点O,则易知BD⊥AC,建立如图所示的平面直角坐标系xOy,则A-12,0,B0,-32,C32,0,D0,32,所以=32,-32.设=λ(0≤λ≤1),则=32λ,-32λ,所以P32λ,-32λ+32,=12+32λ,32-32λ,=32λ,3-32λ则·=34λ+94λ2+32-34λ-32λ+34λ2=3λ2-32λ+32=3λ-142当且仅当λ=14时,·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°,如图,分别以DA,DC所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系,所以A(1,0),B32,32.因为点P在边CD上,所以设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,当且仅当y=34时,·取得最小值2116.【总结升华】关于向量数量积的最值问题(1)“数化”:建立适当的坐标系,将平面向量数量积的运算坐标化,运用二次函数、三角函数或基本不等式求解;(2)“形化”:用基底表示向量,根据向量的运算律化简目标,再结合向量数量积的几何意义求解.【即学即练】(2024·哈尔滨高一检测)已知边长为2的菱形ABCD中,∠DAB=π3,点F为BD上一动点,点E满足=3,则·的最大值为()A.0 B.23 C.3 D.【解析】选C.如图,以A为原点建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),C(3,3),D(1,3),则=34=34(1,3)=34,334由题意,设=λ(0≤λ≤1),则=λ(-1,3)=(-λ,3λ),则=+=(2,0)+(-λ,3λ)=(2-λ,3λ),所以·=34(2-λ)+334·3λ=32λ+因为0≤λ≤1,所以当λ=1时,·取得最大值,最大值为3.【补偿训练】(2024·上海高一检测)正方形ABCD的边长为2,点E和F分别是边BC和AD上的动点(与A,B,C,D四点不重合),且CE=AF,则·的取值范围为______.

答案:(0,1]【解析】连接AC交EF于O,由四边形ABCD是正方形,且CE=AF,可得△AOF≌△COE,所以OE=OF,从而=-,又因为正方形ABCD的边长为2,所以||=2,||∈[1,2),则·=(+)·(+),因为=-,所以·=(+)·(-)=-,即·=||2-||2,因为||=2,所以·=2-||2又因为||∈[1,2),所以·的取值范围为(0,1].类型三模的最值问题【典例3】(2024·重庆高一检测)在梯形ABCD中,∥,⊥,||=2,||=2||.若点P在线段BC上,则|+3|的最小值是()A.72 B.4 C.92 D【解析】选D.如图所示,以B为原点,为x轴正方向,为y轴正方向建立平面直角坐标系.设||=d,||=p,则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.【总结升华】关于向量模的最值问题(1)根据平面向量的绝对值三角不等式,取等时取到最值;(2)建系,将向量的模用坐标表示,利用函数或不等式的思想求解.【即学即练】(2024·北京高一检测)A,B,C三点在半径为1的圆O上运动,且AC⊥BC,M是圆O外一点,OM=2,则|++2|的最大值是__________.

答案:10【解析】连接AB,如图所示:因为AC⊥BC,则AB为圆O的一条直径,故O为AB的中点,所以+=(+)+(+)=2,所以|++2|=|2+2(+)|=|4+2|≤4||+2||,=4×2+2×1=10,当且仅当M,O,C共线且,同向时,等号成立.【补偿训练】(2024·南昌高一检测)已知平面向量a,b,c满足|a|=1,b·c=0,a·b=1,a·c=-