《2020年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六第二講 空間中的平行與垂直教案 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六第二講 空間中的平行與垂直教案 理（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二講　空間中的平行與垂直 研熱點(diǎn)（聚焦突破） 類(lèi)型一 空間線(xiàn)線(xiàn)、線(xiàn)面位置關(guān)系 1．線(xiàn)面平行的判定定理：aα，bα，a∥ba∥α. 2．線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理：a∥α，aβ，α∩β＝ba∥b. 3．線(xiàn)面垂直的判定定理：mα，nα，m∩n＝P，l⊥m，l⊥nl⊥α. 4．線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理：a⊥α，b⊥α a∥b. [例1]　(2020年高考山東卷)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求證：BD⊥平面AED； (2)求二面角FBDC的余弦值． [解析]　(1)證明：因?yàn)?/p>

2、四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD. 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD平面AED， 所以BD⊥平面AED. (2)解法一　由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直． 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線(xiàn)為x軸，y軸，z軸，建立如圖(1)所示的空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)CB＝1， 則C(0，0，0)，B(0，1，0)，D(，－，0)，F(xiàn)(0，0，1)． (1) 因此＝(，－，0

3、)，＝(0，－1，1)． 設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)， 則m·＝0，m·＝0， 所以x＝y(tǒng)＝z， 取z＝1，則m＝(，1，1)． 由于＝(0，0，1)是平面BDC的一個(gè)法向量， 則cos〈m，〉＝＝＝， 所以二面角F-BD-C的余弦值為. 解法二　如圖(2)，取BD的中點(diǎn)G，連接CG，F(xiàn)G， 由于CB＝CD，因此CG⊥BD. 又FC⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以FC⊥BD. 由于FC∩CG＝C，F(xiàn)C，CG平面FCG， 所以BD⊥平面FCG， 故BD⊥FG， 所以∠FGC為二面角F-BD-C的平面角． (2) 在等腰三角形BCD中

4、，由于∠BCD＝120°， 因此CG＝CB.又CB＝CF， 所以CF＝＝CG， 故cos∠FGC＝， 因此二面角F-BD-C的余弦值為. 跟蹤訓(xùn)練 (2020年濟(jì)南摸底)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC為正三角形，M、N、G分別是棱CC1、AB、BC的中點(diǎn)．且CC1＝AC. (1)求證：CN∥平面AMB1； (2)求證：B1M⊥平面AMG. 證明：(1)設(shè)線(xiàn)段AB1的中點(diǎn)為P，連接NP、MP， ∵CMAA1，NPAA1，∴CMNP， ∴四邊形CNPM是平行四邊形， ∴CN∥MP， ∵CN平面AMB1， MP平面AMB1， ∴CN∥平面AM

5、B1. (2)∵CC1⊥平面ABC， ∴平面CC1B1B⊥平面ABC， ∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG. ∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC， ∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1， 設(shè)AC＝2a，則CC1＝2a， 在Rt△MCA中，AM＝ ＝a， 在Rt△B1C1M中，B1M＝ ＝a. ∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB， ∴AB1＝＝＝2a， 注意到AM2＋B1M2＝AB，∴B1M⊥AM， 類(lèi)型二 空間面面位置關(guān)系 1．面面垂直的判定定理：aβ，a⊥αα⊥β. 2．面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l

6、，aα，a⊥l α⊥β. 3．面面平行的判定定理：aβ，bβ，a∩b＝A，a∥α，b∥αα∥β. 4．面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bb. 5．面面平行的證明還有其它方法 (2) [例2]　(2020年高考江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)． 求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線(xiàn)A1F∥平面ADE. [證明]　(1)因?yàn)锳BC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又AD平面ABC，所以CC1⊥AD.

7、 又因?yàn)锳D⊥DE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BCC1B1. 又AD平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因?yàn)锳1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)， 所以A1F⊥B1C1. 因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因?yàn)镃C1，B1C1平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD. 又AD平面ADE，A1F平面ADE， 所以A1F∥平面ADE. 跟蹤訓(xùn)練 (2020年大同模擬)如圖，

8、菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.將菱形ABCD沿對(duì)角線(xiàn)AC折起，得到三棱錐，點(diǎn)M是棱BC的中點(diǎn)，DM＝3. (1)求證：平面ABC⊥平面MDO； (2)求三棱錐M-ABD的體積． 解析：(1)證明：由題意得OM＝OD＝3， 因?yàn)镈M＝3，所以∠DOM＝90°，OD⊥OM. 又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以O(shè)D⊥AC. 因?yàn)镺M∩AC＝O，所以O(shè)D⊥平面ABC， 因?yàn)镺D平面MDO，所以平面ABC⊥平面MDO. (2)三棱錐M-ABD的體積等于三棱錐D-ABM的體積． 由(1)知，OD⊥平面ABC， 所以O(shè)D為三棱錐D-ABM的高． 又△ABM

9、的面積為BA×BM×sin 120°＝×6×3×＝， 所以M-ABD的體積等于×S△ABM×OD＝. 類(lèi)型三 折疊中的位置關(guān)系 將平面圖形沿其中一條或幾條線(xiàn)段折起，使其成為空間圖形，這類(lèi)問(wèn)題稱(chēng)之為平面圖形翻折問(wèn)題．平面圖形經(jīng)過(guò)翻折成為空間圖形后，原有的性質(zhì)有的發(fā)生了變化、有的沒(méi)有發(fā)生變化，弄清它們是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．一般地，翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化． [例3]　(2020年高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝，將△ABD沿矩形的對(duì)角線(xiàn)BD所在的直線(xiàn)進(jìn)行翻折，在翻折過(guò)程中(　　) A．存在某個(gè)位置，使得直線(xiàn)AC與直線(xiàn)BD垂直 B

10、．存在某個(gè)位置，使得直線(xiàn)AB與直線(xiàn)CD垂直 C．存在某個(gè)位置，使得直線(xiàn)AD與直線(xiàn)BC垂直 D．對(duì)任意位置，三對(duì)直線(xiàn)“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直 [解析]　找出圖形在翻折過(guò)程中變化的量與不變的量． 對(duì)于選項(xiàng)A，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BD，垂足為E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BD，垂足為F，在圖(1)中，由邊AB，BC不相等可知點(diǎn)E，F(xiàn)不重合．在圖(2)中，連接CE，若直線(xiàn)AC與直線(xiàn)BD垂直，又∵AC∩AE＝A，∴BD⊥面ACE，∴BD⊥CE，與點(diǎn)E，F(xiàn)不重合相矛盾，故A錯(cuò)誤． 對(duì)于選項(xiàng)B，若AB⊥CD，又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥面ADC，∴AB⊥AC，由AB

11、C可知存在這樣的等腰直角三角形，使得直線(xiàn)AB與直線(xiàn)CD垂直，故B正確． 對(duì)于選項(xiàng)C，若AD⊥BC，又∵DC⊥BC，AD∩DC＝D， ∴BC⊥面ADC，∴BC⊥AC.已知BC＝，AB＝1，BC >AB，∴不存在這樣的直角三角形．∴C錯(cuò)誤． 由上可知D錯(cuò)誤，故選B. [答案]　B 跟蹤訓(xùn)練 如圖1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E，F(xiàn)分別為邊AD和BC上的點(diǎn)，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DAEFB的體積． 解析：(1)證明：∵B

12、F∥AE，CF∥DE，BF∩CF＝F， AE∩DE＝E. ∴平面CBF∥平面DAE， 又BC平面CBF，∴BC∥平面DAE. (2)取AE的中點(diǎn)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. 四棱錐D-AEFB的體積V＝××2×2＝. 析典題（預(yù)測(cè)高考） 高考真題 【真題】　(2020年高考陜西卷)(1)如圖所示，證明命題“a是平面π內(nèi)的一條直線(xiàn)，b是π外的一條直線(xiàn)(b不垂直于π)，c是直線(xiàn)b在π上的投影，若a⊥b，則a⊥c”為真； (2)寫(xiě)出上述

13、命題的逆命題，并判斷其真假(不需證明)． 【解析】　(1)證明：證法一　如圖(1)，過(guò)直線(xiàn)b上任一點(diǎn)作平面π的垂線(xiàn)n，設(shè)直線(xiàn)a，b，c，n的方向向量分別是a，b，c，n，則b，c，n共面． 根據(jù)平面向量基本定理，存在實(shí)數(shù)λ，μ使得c＝λb＋μn， 則a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)． 因?yàn)閍⊥b，所以a·b＝0. 又因?yàn)閍π，n⊥π，所以a·n＝0. 故a·c＝0，從而a⊥c. 證法二　如圖(2)，記c∩b＝A，P為直線(xiàn)b上異于點(diǎn)A的任意一點(diǎn)，過(guò)P作PO⊥π，垂足為O，則O∈c. 因?yàn)镻O⊥π，aπ，所以直線(xiàn)PO⊥a. 又a⊥b，b平面PAO

14、，PO∩b＝P， 所以a⊥平面PAO. 又c平面PAO， 所以a⊥c. (2)逆命題為：a是平面π內(nèi)的一條直線(xiàn)，b是π外的一條直線(xiàn)(b不垂直于π)，c是直線(xiàn)b在π上的投影，若a⊥c，則a⊥b. 逆命題為真命題． 【名師點(diǎn)睛】　本題實(shí)際上考查了三垂線(xiàn)定理逆定理的證明，命題創(chuàng)意新穎，改變了多數(shù)高考命題以空間幾何體為載體考查線(xiàn)面位置關(guān)系的證明．著重考查推理論證能力． 考情展望 名師押題 【押題】　一個(gè)空間幾何體的三視圖及部分?jǐn)?shù)據(jù)如圖所示，其正視圖、俯視圖均為矩形，側(cè)視圖為直角三角形． (1)請(qǐng)畫(huà)出該幾何體的直觀(guān)圖，并求出它的體積； (2)證明：A1C⊥平面AB1C1； (

15、3)若D是棱CC1的中點(diǎn)，E是棱AB的中點(diǎn)，判斷DE是否平行于平面AB1C1，并證明你的結(jié)論． 【解析】　(1)幾何體的直觀(guān)圖如圖所示，四邊形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝，BC＝B1C1＝1，四邊形AA1C1C是邊長(zhǎng)為的正方形，且平面AA1C1C垂直于底面BB1C1C， 故該幾何體是直三棱柱，其體積 V＝S△ABC·BB1＝×1××＝. (2)證明：由(1)知平面AA1C1C⊥平面BB1C1C且B1C1⊥CC1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥A1C. 因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為正方形，所以A1C⊥AC1， 而B(niǎo)1C1∩AC1＝C1，所以A1C⊥平面AB1C1. (3)DE∥平面AB1C1，證明如下： 如圖，取BB1的中點(diǎn)F，連接EF，DF，DE. 因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為CC1，AB，BB1的中點(diǎn)，所以EF∥AB1，DF∥B1C1. 又AB1 平面AB1C1，EF 平面AB1C1， 所以EF∥平面AB1C1. 同理，DF∥平面AB1C1，又EF∩DF＝F，則平面DEF∥平面AB1C1.而DE平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.