《2020屆高三數(shù)學二輪復習 專題四 第2講 空間中的平行與垂直教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三數(shù)學二輪復習 專題四 第2講 空間中的平行與垂直教案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　空間中的平行與垂直 自主學習導引 真題感悟 1．(2020·浙江)設l是直線，α、β是兩個不同的平面 A．若l∥α，l∥β，則α∥β　　 B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 解析　利用線與面、面與面的關系定理判定，用特例法． 設α∩β＝a，若直線l∥a，且l?α，l?β，則l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A錯誤；由于l∥α，故在α內(nèi)存在直線l′∥l，又因為l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正確；若α⊥β，在β內(nèi)作交線的垂線l，則l⊥α，此時l在平面β內(nèi)，因此C錯誤；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a

2、，且l不在平面α，β內(nèi)，則l∥α且l∥β，因此D錯誤． 答案　B 2．(2020·江蘇)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，D、E分別是棱BC、CC1上的點(點D不同于點C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點． 求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE. 證明　(1)因為ABC A1B1C1是直三棱柱， 所以C C1⊥平面ABC. 又AD?平面ABC，所以C C1⊥AD. 又因為AD⊥DE，C C1，DE?平面BC C1 B1， C C1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BC C1 B1. 又AD?平面ADE， 所

3、以平面ADE⊥平面BC C1 B1. (2)因為A1 B1＝A1 C1，F(xiàn)為B1 C1的中點，所以A1F⊥B1 C1. 因為C C1⊥平面A1 B1 C1，且A1F?平面A1 B1 C1， 所以C C1⊥A1F. 又因為C C1，B1 C1?平面BC C1 B1，C C1∩B1 C1＝C1， 所以A1F⊥平面BC C1 B1. 由(1)知AD⊥平面BC C1 B1，所以A1F∥AD. 又AD?平面ADE，A1F?平面ADE，所以A1F∥平面ADE 考題分析 空間線面位置關系的判定與證明是高考的必考考點，多以選擇題與解答題的形式出現(xiàn)，難度中等，解答高考題時，推理過程不完整是失

4、分的重要原因，需引起特別注意． 網(wǎng)絡構建 高頻考點突破 考點一：線線、線面的平行與垂直 【例1】如圖，在平行四邊形ABCD中，CD＝1，∠BCD＝60°，且BD⊥CD，正方形ADEF所在平面與平面ABCD垂直，G、H分別是DF、BE的中點． (1)求證：BD⊥平面CDE； (2)求證：GH∥平面CDE； (3)求三棱錐D－CEF的體積． [審題導引]　(1)先證BD⊥ED，BD⊥CD，可證BD⊥平面CDE； (2)由GH∥CD可證GH∥平面CDE； (3)變換頂點，求VC－DEF. [規(guī)范解答]　(1)證明　∵四邊形ADEF是正方形， ∴ED⊥AD，

5、又平面ADEF⊥平面ABCD， 平面ADEF∩平面ABCD＝AD. ∴ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BD. 又BD⊥CD，且ED∩DC＝D， ∴BD⊥平面CDE. (2)證明　∵G是DF的中點，又易知H是FC的中點， ∴在△FCD中，GH∥CD， 又∵CD?平面CDE，GH?平面CDE， ∴GH∥平面CDE. (3)設Rt△BCD中，BC邊上的高為h， ∵CD＝1，∠BCD＝60°，BD⊥CD， ∴BC＝2，BD＝，∴×2×h＝×1×， ∴h＝，即點C到平面DEF的距離是， ∴VD－CEF＝VC－DEF＝××2×2×＝. 【規(guī)律總結】 線線、線面位置關系證法歸納

6、(1)證線線平行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進行平行轉(zhuǎn)換；三是利用三角形的中位線定理證線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進行平行轉(zhuǎn)換． (2)證線面平行常用的兩種方法：一是利用線面平行的判定定理，把證線面平行轉(zhuǎn)化為證線線平行；二是利用面面平行的性質(zhì)，把證線面平行轉(zhuǎn)化為證面面平行． (3)證線面垂直常用的方法：一是利用線面垂直的判定定理，把證線面垂直轉(zhuǎn)化為證線線垂直；二是利用面面垂直的性質(zhì)定理，把證面面垂直轉(zhuǎn)化為證線面垂直；另外還要注意利用教材中的一些結論，如：兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面等． 【

7、變式訓練】 1．(2020·山東實驗中學一診)如圖，在幾何體ABCDEP中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝2BE＝4. (1)證明：BD∥平面PEC； (2)若G為BC上的動點，求證：AE⊥PG. 證明　(1)連接AC交BD于點O，取PC的中點F，連接OF，EF， ∵EB∥PA，且EB＝PA， 又OF∥PA，且OF＝PA， ∴EB∥OF，且EB＝OF， ∴四邊形EBOF為平行四邊形， ∴EF∥BD. 又∵EF?平面PEC，BD?平面PEC，∴BD∥平面PEC. (2)連接BP，∵＝＝， ∠EBA＝∠BAP＝90°，

8、 ∴△EBA∽△BAP，∴∠PBA＝∠BEA， ∴∠PBA＋∠BAE＝∠BEA＋∠BAE＝90°， ∴PB⊥AE. ∵PA⊥平面ABCD，PA?平面APEB， ∴平面ABCD⊥平面APEB， ∵BC⊥AB，平面ABCD∩平面APEB＝AB， ∴BC⊥平面APEB，∴BC⊥AE，∴AE⊥平面PBC， ∵G為BC上的動點，∴PG?平面PBC，∴AE⊥PG. 考點二：面面平行與垂直 【例2】如圖所示，已知在三棱錐A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M為AB的中點，D為PB的中點，且△PMB為正三角形． (1)求證：DM∥平面APC； (2)求證：平面ABC⊥平面APC； (

9、3)若BC＝4，AB＝20，求三棱錐D－BCM的體積． [審題導引]　(1)只要證明MD∥AP即可，根據(jù)三角形中位線定理可證； (2)證明AP⊥BC； (3)根據(jù)錐體體積公式進行計算． [規(guī)范解答]　(1)證明　由已知，得MD是△ABP的中位線，所以MD∥AP. 又MD?平面APC，AP?平面APC，故MD∥平面APC. (2)證明　因為△PMB為正三角形，D為PB的中點， 所以MD⊥PB.所以AP⊥PB. 又AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC. 因為BC?平面PBC，所以AP⊥BC. 又BC⊥AC，AC∩AP＝A， 所以BC⊥平面APC. 因為B

10、C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面APC. (3)由題意，可知MD⊥平面PBC， 所以MD是三棱錐D－BCM的一條高， 所以VM－DBC＝×S△BCD×MD＝×2×5＝10. 【規(guī)律總結】 面面平行與垂直的證明技巧 在立體幾何的平行關系問題中，“中點”是經(jīng)常使用的一個特殊點，無論是試題本身的已知條件，還是在具體的解題中，通過找“中點”，連“中點”，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關系的根本．在垂直關系的證明中，線線垂直是問題的核心，可以根據(jù)已知的平面圖形通過計算的方式證明線線垂直，也可以根據(jù)已知的垂直關系證明線線垂直，其中要特別重視兩個平面垂直的性質(zhì)定理，這個定理已知的是兩個平面

11、垂直，結論是線面垂直． 【變式訓練】 2．如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分別是AP、AD的中點． 求證：(1)直線EF∥平面PCD； (2)平面BEF⊥平面PAD. 證明　(1)在△PAD中，因為E，F(xiàn)分別為AP，AD的中點，所以EF∥PD. 又因為EF?平面PCD，PD?平面PCD， 所以直線EF∥平面PCD. (2)如圖，連接BD.因為AB＝AD，∠BAD＝60°， 所以△ABD為正三角形． 因為F是AD的中點，所以BF⊥AD. 因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BF?平

12、面ABCD， 所以BF⊥平面PAD. 又因為BF?平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD. 考點三：平面圖形的折疊問題 【例3】(2020·南京模擬)在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝1，D為線段BC的中點，E、F為線段AC的三等分點(如圖1)．將△ABD沿著AD折起到△AB′D的位置，連接B′C(如圖2)． 圖1　　　　　　　　　圖2 (1)若平面AB′D⊥平面ADC，求三棱錐B′－ADC的體積； (2)記線段B′C的中點為H，平面B′ED與平面HFD的交線為l，求證HF∥l； (3)求證：AD⊥B′E. [審題導引]　(1)解題的關鍵是根據(jù)折疊前

13、后的線面位置關系求得B′到平面ADC的距離，可利用線面垂直求得； (2)線面平行?線線平行； (3)線面垂直?線線垂直． [規(guī)范解答]　(1)在直角△ABC中，D為BC的中點， 所以AD＝BD＝CD. 又∠B＝60°，所以△ABD是等邊三角形． 取AD中點O，連接B′O，所以B′O⊥AD. 因為平面AB′D⊥平面ADC， 平面AB′D∩平面ADC＝AD， B′O?平面AB′D， 所以B′O⊥平面ADC. 在△ABC中，∠BAC＝90°， ∠B＝60°，AB＝1， D為BC的中點， 所以AC＝，B′O＝. 所以S△ADC＝××1×＝. 所以三棱錐B′－ADC的體積

14、為V＝×S△ADC×B′O＝. (2)證明　因為H為B′C的中點，F(xiàn)為CE的中點， 所以HF∥B′E. 又HF?平面B′ED，B′E?平面B′ED， 所以HF∥平面B′ED. 因為HF?平面HFD，平面B′ED∩平面HFD＝l， 所以HF∥l. (3)證明　由(1)知，B′O⊥AD. 因為AE＝，AO＝，∠DAC＝30°， 所以EO＝＝. 所以AO2＋EO2＝AE2.所以AD⊥EO. 又B′O?平面B′EO，EO?平面B′EO，B′O∩EO＝O， 所以AD⊥平面B′EO. 又B′E?平面B′EO，所以AD⊥B′E. 【規(guī)律總結】 解決翻折問題的注意事項 (1

15、)解決與翻折有關的幾何問題的關鍵是搞清翻折前后哪些量改變、哪些量不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口． (2)把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中去解決． 【變式訓練】 3．如圖1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E、F分別為AD和BC上的點，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.將四邊形EFCD沿EF折起成如圖2的形狀，使AD＝AE. (1)求證：BC∥平面DAE； (2)求四棱錐D－AEFB的體積． 解析　(1)證明　∵BF∥AE，CF∥DE，BF∩CF＝F，

16、 AE∩DE＝E， ∴平面CBF∥平面DAE. 又BC?平面CBF，∴BC∥平面DAE. (2)取AE的中點H，連接DH. ∵EF⊥DE，EF⊥EA，∴EF⊥平面DAE. 又DH?平面DAE，∴EF⊥DH. ∵AE＝DE＝AD＝2，∴DH⊥AE，DH＝. ∴DH⊥平面AEFB. 則四棱錐D－AEFB的體積V＝××2×2＝. 名師押題高考 【押題1】已知直線a、b與平面α、β，且b⊥α，則下列命題中正確的是 ①若a∥α，則a⊥b；②若a⊥b，則a∥α； ③若b∥β，則α⊥β；④若α⊥β，則b∥β. A．①③　　　 B．②④ C．①④　　　 D．②③ 解析　命

17、題①，若a∥α，過直線a作一平面γ，使得α∩γ＝c，則由線面平行的性質(zhì)定理可得a∥c，又因為b⊥α，c?α，所以b⊥c，故有a⊥b，所以該命題為真；命題②，若a⊥b，b⊥α，則直線α與平面α的位置關系有兩種：a?α或a∥α，故該命題為假； 命題③，若b∥β，則過直線b作一平面δ，使得δ∩β＝d，則由線面平行的性質(zhì)定理可得b∥d，又b⊥α，所以d⊥α，因為d?β，所以由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故該命題為真；命題④，若α⊥β，b⊥α，則直線b與平面β的位置關系有兩種：b?β或b∥β，故該命題為假．綜上，①③為真命題，故選A. 答案　A [押題依據(jù)]　線面的平行與垂直，是立體幾何的

18、主體內(nèi)容，在高考試題中通常會有一道解答題和一道選擇題或填空題，主要考查線面位置關系的判定與性質(zhì)，一般難度不大． 【押題2】如圖，在三棱錐A－BOC中，AO⊥平面COB，∠OAB＝∠OAC＝，AB＝AC＝2，BC＝，D、E分別為AB、OB的中點． (1)求證：CO⊥平面AOB. (2)在線段CB上是否存在一點F，使得平面DEF∥平面AOC？若存在，試確定F的位置；若不存在，請說明理由． 解析　(1)證明　因為AO⊥平面COB，所以AO⊥CO，AO⊥BO， 即△AOC與△AOB為直角三角形． 又因為∠OAB＝∠OAC＝，AB＝AC＝2， 所以OB＝OC＝1. 由OB2＋OC2＝

19、1＋1＝2＝BC2， 可知△BOC為直角三角形． 所以CO⊥BO，又因為AO∩BO＝O， 所以CO⊥平面AOB. (2)在線段CB上存在一點F，使得平面DEF∥平面AOC， 此時F為線段CB的中點． 如圖，連接DF，EF，因為D、E分別為AB、OB的中點，所以DE∥OA. 又DE?平面AOC，所以DE∥平面AOC. 因為E、F分別為OB、BC的中點，所以EF∥OC. 又EF?平面AOC，所以EF∥平面AOC， 又EF∩DE＝E，EF?平面DEF，DE?平面DEF， 所以平面DEF∥平面AOC. [押題依據(jù)]　線面的平行與垂直是立體幾何的必考內(nèi)容，通常要考一個解答題，本題不僅突出考查了線面的平行與垂直，而且以立體幾何為背景．考查了探索性問題，題目新穎靈活、重點突出、難度適中，故押此題．