精品新高中数学第二轮复习专题四第2讲空间中的平行与垂直优质课教案.docx

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精品新高中数学第二轮复习专题四第2讲空间中的平行与垂直优质课教案

第2讲　空间中的平行与垂直

自主学习导引

真题感悟

1．（2012·浙江）设l是直线，α、β是两个不同的平面

A．若l∥α，l∥β，则α∥β　　

B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β

C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β

D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

解析　利用线与面、面与面的关系定理判定，用特例法．

设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此D错误．

答案　B

2．（2012·江苏）如图，在直三棱柱ABC

A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D、E分别是棱BC、CC1上的点（点D不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．

求证：

（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；

（2）直线A1F∥平面ADE.

证明　

（1）因为ABC

A1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC.

又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.

又因为AD⊥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）因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.

因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，

所以CC1⊥A1F.

又因为CC1，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

考题分析

空间线面位置关系的判定与证明是高考的必考考点，多以选择题与解答题的形式出现，难度中等，解答高考题时，推理过程不完整是失分的重要原因，需引起特别注意．

网络构建

高频考点突破

考点一：

线线、线面的平行与垂直

【例1】如图，在平行四边形ABCD中，CD＝1，∠BCD＝60°，且BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G、H分别是DF、BE的中点．

（1）求证：

BD⊥平面CDE；

（2）求证：

GH∥平面CDE；

（3）求三棱锥D－CEF的体积．

[审题导引]　

（1）先证BD⊥ED，BD⊥CD，可证BD⊥平面CDE；

（2）由GH∥CD可证GH∥平面CDE；

（3）变换顶点，求VC－DEF.

[规范解答]　

（1）证明　∵四边形ADEF是正方形，

∴ED⊥AD，

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）证明　∵G是DF的中点，又易知H是FC的中点，

∴在△FCD中，GH∥CD，

又∵CD⊂平面CDE，GH⊄平面CDE，

∴GH∥平面CDE.

（3）设Rt△BCD中，BC边上的高为h，

∵CD＝1，∠BCD＝60°，BD⊥CD，

∴BC＝2，BD＝

，∴

×2×h＝

×1×

，

∴h＝

，即点C到平面DEF的距离是

，

∴VD－CEF＝VC－DEF＝

×

×2×2×

＝

.

【规律总结】

线线、线面位置关系证法归纳

（1）证线线平行常用的方法：

一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．

（2）证线面平行常用的两种方法：

一是利用线面平行的判定定理，把证线面平行转化为证线线平行；二是利用面面平行的性质，把证线面平行转化为证面面平行．

（3）证线面垂直常用的方法：

一是利用线面垂直的判定定理，把证线面垂直转化为证线线垂直；二是利用面面垂直的性质定理，把证面面垂直转化为证线面垂直；另外还要注意利用教材中的一些结论，如：

两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．

【变式训练】

1．（2012·山东实验中学一诊）如图，在几何体ABCDEP中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝2BE＝4

.

（1）证明：

BD∥平面PEC；

（2）若G为BC上的动点，求证：

AE⊥PG.

证明　

（1）连接AC交BD于点O，取PC的中点F，连接OF，EF，

∵EB∥PA，且EB＝

PA，

又OF∥PA，且OF＝

PA，

∴EB∥OF，且EB＝OF，

∴四边形EBOF为平行四边形，

∴EF∥BD.

又∵EF⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，∴BD∥平面PEC.

（2）连接BP，∵

＝

＝

，

∠EBA＝∠BAP＝90°，

∴△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为BC上的动点，∴PG⊂平面PBC，∴AE⊥PG.

考点二：

面面平行与垂直

【例2】如图所示，已知在三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．

（1）求证：

DM∥平面APC；

（2）求证：

平面ABC⊥平面APC；

（3）若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D－BCM的体积．

[审题导引]　

（1）只要证明MD∥AP即可，根据三角形中位线定理可证；

（2）证明AP⊥BC；

（3）根据锥体体积公式进行计算．

[规范解答]　

（1）证明　由已知，得MD是△ABP的中位线，所以MD∥AP.

又MD⊄平面APC，AP⊂平面APC，故MD∥平面APC.

（2）证明　因为△PMB为正三角形，D为PB的中点，

所以MD⊥PB.所以AP⊥PB.

又AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.

因为BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC.

又BC⊥AC，AC∩AP＝A，

所以BC⊥平面APC.

因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面APC.

（3）由题意，可知MD⊥平面PBC，

所以MD是三棱锥D－BCM的一条高，

所以VM－DBC＝

×S△BCD×MD＝

×2

×5

＝10

.

【规律总结】

面面平行与垂直的证明技巧

在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直．

【变式训练】

2．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点．

求证：

（1）直线EF∥平面PCD；

（2）平面BEF⊥平面PAD.

证明　

（1）在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.

又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，

所以直线EF∥平面PCD.

（2）如图，连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，

所以△ABD为正三角形．

因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BF⊂平面ABCD，

所以BF⊥平面PAD.

又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.

考点三：

平面图形的折叠问题

【例3】（2012·南京模拟）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝1，D为线段BC的中点，E、F为线段AC的三等分点（如图1）．将△ABD沿着AD折起到△AB′D的位置，连接B′C（如图2）．

图1　　　　　　　　　图2

（1）若平面AB′D⊥平面ADC，求三棱锥B′－ADC的体积；

（2）记线段B′C的中点为H，平面B′ED与平面HFD的交线为l，求证HF∥l；

（3）求证：

AD⊥B′E.

[审题导引]　

（1）解题的关键是根据折叠前后的线面位置关系求得B′到平面ADC的距离，可利用线面垂直求得；

（2）线面平行⇒线线平行；

（3）线面垂直⇒线线垂直．

[规范解答]　

（1）在直角△ABC中，D为BC的中点，

所以AD＝BD＝CD.

又∠B＝60°，所以△ABD是等边三角形．

取AD中点O，连接B′O，所以B′O⊥AD.

因为平面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为BC的中点，

所以AC＝

，B′O＝

.

所以S△ADC＝

×

×1×

＝

.

所以三棱锥B′－ADC的体积为V＝

×S△ADC×B′O＝

.

（2）证明　因为H为B′C的中点，F为CE的中点，

所以HF∥B′E.

又HF⊄平面B′ED，B′E⊂平面B′ED，

所以HF∥平面B′ED.

因为HF⊂平面HFD，平面B′ED∩平面HFD＝l，

所以HF∥l.

（3）证明　由

（1）知，B′O⊥AD.

因为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.

【规律总结】

解决翻折问题的注意事项

（1）解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．

（2）把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决．

【变式训练】

3．如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E、F分别为AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的形状，使AD＝AE.

（1）求证：

BC∥平面DAE；

（2）求四棱锥D－AEFB的体积．

解析　

（1）证明　∵BF∥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的中点H，连接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.

则四棱锥D－AEFB的体积V＝

×

×2×2＝

.

名师押题高考

【押题1】已知直线a、b与平面α、β，且b⊥α，则下列命题中正确的是

①若a∥α，则a⊥b；②若a⊥b，则a∥α；

③若b∥β，则α⊥β；④若α⊥β，则b∥β.

A．①③　　　B．②④

C．①④　　　D．②③

解析　命题①，若a∥α，过直线a作一平面γ，使得α∩γ＝c，则由线面平行的性质定理可得a∥c，又因为b⊥α，c⊂α，所以b⊥c，故有a⊥b，所以该命题为真；命题②，若a⊥b，b⊥α，则直线α与平面α的位置关系有两种：

a⊂α或a∥α，故该命题为假；

命题③，若b∥β，则过直线b作一平面δ，使得δ∩β＝d，则由线面平行的性质定理可得b∥d，又b⊥α，所以d⊥α，因为d⊂β，所以由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故该命题为真；命题④，若α⊥β，b⊥α，则直线b与平面β的位置关系有两种：

b⊂β或b∥β，故该命题为假．综上，①③为真命题，故选A.

答案　A

[押题依据]　线面的平行与垂直，是立体几何的主体内容，在高考试题中通常会有一道解答题和一道选择题或填空题，主要考查线面位置关系的判定与性质，一般难度不大．

【押题2】如图，在三棱锥A－BOC中，AO⊥平面COB，∠OAB＝∠OAC＝

，AB＝AC＝2，BC＝

，D、E分别为AB、OB的中点．

（1）求证：

CO⊥平面AOB.

（2）在线段CB上是否存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC？

若存在，试确定F的位置；若不存在，请说明理由．

解析　

（1）证明　因为AO⊥平面COB，所以AO⊥CO，AO⊥BO，

即△AOC与△AOB为直角三角形．

又因为∠OAB＝∠OAC＝

，AB＝AC＝2，

所以OB＝OC＝1.

由OB2＋OC2＝1＋1＝2＝BC2，

可知△BOC为直角三角形．

所以CO⊥BO，又因为AO∩BO＝O，

所以CO⊥平面AOB.

（2）在线段CB上存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC，

此时F为线段CB的中点．

如图，连接DF，EF，因为D、E分别为AB、OB的中点，所以DE∥OA.

又DE⊄平面AOC，所以DE∥平面AOC.

因为E、F分别为OB、BC的中点，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.

[押题依据]　线面的平行与垂直是立体几何的必考内容，通常要考一个解答题，本题不仅突出考查了线面的平行与垂直，而且以立体几何为背景．考查了探索性问题，题目新颖灵活、重点突出、难度适中，故押此题．