2020年高三數(shù)學二輪復習 專題六第二講 空間中的平行與垂直教案 理

第二講空間中的平行與垂直研熱點（聚焦突破）類型一 空間線線、線面位置關系1線面平行的判定定理：a，b，aba.2線面平行的性質定理：a，a，bab.3線面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.4線面垂直的性質定理：a，b ab.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，ABCD，DAB60°，F(xiàn)C平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求證：BD平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值解析(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，所以ADCBCD120°.又CBCD，所以CDB30°，因此ADB90°，即ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解法一由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖(1)所示的空間直角坐標系不妨設CB1，則C(0，0，0)，B(0，1，0)，D(，0)，F(xiàn)(0，0，1)(1)因此(，0)，(0，1，1)設平面BDF的一個法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0，所以xyz，取z1，則m(，1，1)由于(0，0，1)是平面BDC的一個法向量，則cosm，所以二面角F­BD­C的余弦值為.解法二如圖(2)，取BD的中點G，連接CG，F(xiàn)G，由于CBCD，因此CGBD.又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD.由于FCCGC，F(xiàn)C，CG平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG，所以FGC為二面角F­BD­C的平面角(2)在等腰三角形BCD中，由于BCD120°，因此CGCB.又CBCF，所以CFCG，故cosFGC，因此二面角F­BD­C的余弦值為.跟蹤訓練(2020年濟南摸底)如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC為正三角形，M、N、G分別是棱CC1、AB、BC的中點且CC1AC.(1)求證：CN平面AMB1；(2)求證：B1M平面AMG.證明：(1)設線段AB1的中點為P，連接NP、MP，CMAA1，NPAA1，CMNP，四邊形CNPM是平行四邊形，CNMP，CN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB1.(2)CC1平面ABC，平面CC1B1B平面ABC，AGBC，AG平面CC1B1B，B1MAG.CC1平面ABC，平面A1B1C1平面ABC，CC1AC，CC1B1C1，設AC2a，則CC12a，在RtMCA中，AM a，在RtB1C1M中，B1M a.BB1CC1，BB1平面ABC，BB1AB，AB12a，注意到AM2B1M2AB，B1MAM，類型二 空間面面位置關系1面面垂直的判定定理：a，a.2面面垂直的性質定理：，l，a，al .3面面平行的判定定理：a，b，abA，a，b.4面面平行的性質定理：，a，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，A1B1A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(點D不同于點C)，且ADDE，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ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.又AD平面ABC，所以CC1AD.又因為ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因為A1B1A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點，所以A1FB1C1.因為CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因為CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE.跟蹤訓練(2020年大同模擬)如圖，菱形ABCD的邊長為6，BAD60°，ACBDO.將菱形ABCD沿對角線AC折起，得到三棱錐，點M是棱BC的中點，DM3.(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OMOD3，因為DM3，所以DOM90°，ODOM.又因為四邊形ABCD為菱形，所以ODAC.因為OMACO，所以OD平面ABC，因為OD平面MDO，所以平面ABC平面MDO.(2)三棱錐M­ABD的體積等于三棱錐D­ABM的體積由(1)知，OD平面ABC，所以OD為三棱錐D­ABM的高又ABM的面積為BA×BM×sin 120°×6×3×，所以M-ABD的體積等于×SABM×OD.類型三 折疊中的位置關系將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱之為平面圖形翻折問題平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(fā)生了變化、有的沒有發(fā)生變化，弄清它們是解決問題的關鍵一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化例3(2020年高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB1，BC，將ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中()A存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直B存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直C存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直D對任意位置，三對直線“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直解析找出圖形在翻折過程中變化的量與不變的量對于選項A，過點A作AEBD，垂足為E，過點C作CFBD，垂足為F，在圖(1)中，由邊AB，BC不相等可知點E，F(xiàn)不重合在圖(2)中，連接CE，若直線AC與直線BD垂直，又ACAEA，BD面ACE，BDCE，與點E，F(xiàn)不重合相矛盾，故A錯誤對于選項B，若ABCD，又ABAD，ADCDD，AB面ADC，ABAC，由AB<BC可知存在這樣的等腰直角三角形，使得直線AB與直線CD垂直，故B正確對于選項C，若ADBC，又DCBC，ADDCD，BC面ADC，BCAC.已知BC，AB1，BC >AB，不存在這樣的直角三角形C錯誤由上可知D錯誤，故選B.答案B跟蹤訓練如圖1，直角梯形ABCD中，ADBC，ABC90°，E，F(xiàn)分別為邊AD和BC上的點，且EFAB，AD2AE2AB4FC4.將四邊形EFCD沿EF折起成如圖2的形狀，使ADAE.(1)求證：BC平面DAE；(2)求四棱錐DAEFB的體積解析：(1)證明：BFAE，CFDE，BFCFF，AEDEE.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.EFDE，EFEA，EF平面DAE.又DH平面DAE，EFDH.AEDEAD2，DHAE，DH.DH平面AEFB.四棱錐D­AEFB的體積V××2×2.析典題（預測高考）高考真題【真題】(2020年高考陜西卷)(1)如圖所示，證明命題“a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ab，則ac”為真；(2)寫出上述命題的逆命題，并判斷其真假(不需證明)【解析】(1)證明：證法一如圖(1)，過直線b上任一點作平面的垂線n，設直線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，存在實數(shù)，使得cbn，則a·ca·(bn)(a·b)(a·n)因為ab，所以a·b0.又因為a，n，所以a·n0.故a·c0，從而ac.證法二如圖(2)，記cbA，P為直線b上異于點A的任意一點，過P作PO，垂足為O，則Oc.因為PO，a，所以直線POa.又ab，b平面PAO，PObP，所以a平面PAO.又c平面PAO，所以ac.(2)逆命題為：a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ac，則ab.逆命題為真命題【名師點睛】本題實際上考查了三垂線定理逆定理的證明，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面位置關系的證明著重考查推理論證能力考情展望名師押題【押題】一個空間幾何體的三視圖及部分數(shù)據(jù)如圖所示，其正視圖、俯視圖均為矩形，側視圖為直角三角形(1)請畫出該幾何體的直觀圖，并求出它的體積；(2)證明：A1C平面AB1C1；(3)若D是棱CC1的中點，E是棱AB的中點，判斷DE是否平行于平面AB1C1，并證明你的結論【解析】(1)幾何體的直觀圖如圖所示，四邊形BB1C1C是矩形，BB1CC1，BCB1C11，四邊形AA1C1C是邊長為的正方形，且平面AA1C1C垂直于底面BB1C1C，故該幾何體是直三棱柱，其體積VSABC·BB1×1××.(2)證明：由(1)知平面AA1C1C平面BB1C1C且B1C1CC1，所以B1C1平面ACC1A1，所以B1C1A1C.因為四邊形ACC1A1為正方形，所以A1CAC1，而B1C1AC1C1，所以A1C平面AB1C1.(3)DE平面AB1C1，證明如下：如圖，取BB1的中點F，連接EF，DF，DE.因為D，E，F(xiàn)分別為CC1，AB，BB1的中點，所以EFAB1，DFB1C1.又AB1平面AB1C1，EF平面AB1C1，所以EF平面AB1C1.同理，DF平面AB1C1，又EFDFF，則平面DEF平面AB1C1.而DE平面DEF，所以DE平面AB1C1.