《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直教學(xué)案（19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 考情考向高考導(dǎo)航(文)高考對本講命題較為穩(wěn)定，解答題的第(1)問考查空間平行關(guān)系和垂直關(guān)系的證明，而第(2)問多考查面積、體積的計算，難度中等偏上解答題的基本模式是“一證明二計算”(理)高考對本講命題較為穩(wěn)定，常以解答題第(1)問的形式考查，主要是線線、線面、面面平行和垂直的判定與性質(zhì)，且多以棱柱、棱錐、棱臺或簡單組合體為載體進(jìn)行考查，難度中等真題體驗1(2019全國卷)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BEEC1.(1)證明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，AB3，求四棱錐EBB1C1C的體積解：(1)由已知得B

2、1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190，由題設(shè)知RtABERtA1B1E，所以AEBA1EB145，故AEAB3，AA12AE6.作EFBB1，垂足為F，則EF平面BB1C1C，且EFAB3.所以，四棱錐EBB1C1C的體積V36318.2(2019江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，ABBC.求證：(1)A1B1平面DEC1；(2)BEC1E.證明：(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED

3、.又因為ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.(2)因為ABBC，E為AC的中點，所以BEAC.因為三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC.又因為BE平面ABC，所以C1CBE.因為C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因為C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.主干整合1證明線線平行和線線垂直的常用方法(1)證明線線平行常用的方法：利用平行公理，即證兩直線同時和第三條直線平行；利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換；利用三角形的中位線定理證線線平行；利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換(2)證明線線垂直常

4、用的方法：利用等腰三角形底邊上的中線即高線的性質(zhì)；勾股定理；線面垂直的性質(zhì)：即要證兩直線垂直，只需證明一直線垂直于另一直線所在平面即可，即l，ala.2空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化熱點一空間平行、垂直關(guān)系的證明邏輯推理素養(yǎng)邏輯推理轉(zhuǎn)化思想在平行、垂直證明中的應(yīng)用以學(xué)習(xí)的線面平行、垂直關(guān)系為基礎(chǔ)，將線面問題經(jīng)過嚴(yán)密的邏輯推理轉(zhuǎn)化為線線平行、垂直關(guān)系問題，從而實現(xiàn)了面面、線面、線線之間的相互轉(zhuǎn)化.平行、垂直關(guān)系的證明問題例11(2018北京卷)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD，P

5、APD，PAPD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(1)求證：PEBC；(2)求證：平面PAB平面PCD；(3)求證：EF平面PCD.審題指導(dǎo)(1)只需證明PEAD即可(2)根據(jù)PAPD，只需再證明PDAB即可，為此可先證AB平面PAD.(3)只證明EF平行于平面PCD內(nèi)的一條直線，取PC的中點G，連接FG，GD，證明四邊形EFGD為平行四邊形解析(1)證明：PAPD，且E為AD中點，PEAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PADPE平面ABCDBC平面ABCDPEBC.(2)四邊形ABCD為矩形，CDAD平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面A

6、BCDCD平面PADPA平面PADCDPAPAPD，且CD，PD平面PCD，CDPDD，PA平面PCDPA平面PAB平面PAB平面PCD.(3)取PC中點G，連接FG，GDF，G分別為PB和PC中點FGBC，F(xiàn)GBC四邊形ABCD為矩形，BCAD，BCADE為AD中點EDADEDBC，EDBCEDFG，EDFG四邊形EFGD為平行四邊形EFGDEF平面PCD且GD平面PCDEF平面PCD線面平行及線面垂直的證明方法(1)要證線面平行，主要有兩個途徑：一是證已知直線與平面內(nèi)的某直線平行；二是證過已知直線的平面與已知平面平行轉(zhuǎn)化思想在證明平行關(guān)系上起著重要的作用，在尋找平行關(guān)系上，利用中位線、平行

7、四邊形等是常用的手段(2)要證線面垂直，關(guān)鍵是在這個平面內(nèi)能找出兩條相交直線和已知直線垂直，即線線垂直線面垂直結(jié)合圖形還要注意一些隱含的垂直關(guān)系，如等腰三角形的三線合一、菱形的對角線以及經(jīng)計算得出的垂直關(guān)系等平行、垂直關(guān)系的探索問題例12(2018全國卷)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(1)證明：平面AMD平面BMC；(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC平面PBD？說明理由審題指導(dǎo)第(1)問利用線面垂直、面面垂直的判定定理求證：先證明BCDM，再證DMCM即可；第(2)問利用線面平行的判定定理進(jìn)行判定；先連接AC，BD，BD與AC交于點O，再說明是否存

8、在點P滿足OPMC即可解析(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因為BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點時，MC平面PBD.證明如下：如圖，連接AC交BD于O，因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點，連接OP，因為P為AM的中點，所以MCOP.又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.解決與平行、垂直有關(guān)的存在性問題的基本策略：假定題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進(jìn)行邏輯

9、推理，若能導(dǎo)出與條件吻合的依據(jù)或事實，則說明假設(shè)成立，即存在；若導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假設(shè)不成立，即不存在(1)(2019西安八校聯(lián)考)如圖，在三棱錐ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EFAD.求證：EF平面ABC；ADAC.證明：在平面ABD內(nèi)，因為ABAD，EFAD，所以EFAB，又因為EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.因為平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因為AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面A

10、BC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因為AC平面ABC，所以ADAC.(2)(2019臨沂三模)如圖所示，五面體ABCDEF，四邊形ACFD是等腰梯形，ADFC，DAC，BC面ACFD，CACBCF1，AD2CF，點G為AC的中點在AD上是否存在一點H，使GH平面BCD？若存在，指出點H的位置并給出證明；若不存在，說明理由；求三棱錐GECD的體積解析：存在點H，H為AD中點證明如下：連接GH，在ACD中，由三角形中位線定理可知GHCD.又GH平面BCD，CD平面BCD，GH平面BCD.由題意知ADCF，AD平面ADEB，CF平面ADEB，CF平面ADEB.又CF平面CFEB，平面CFE

11、B平面ADEBBE，CFBE，VGECDVEGCDVBGCD，四邊形ACFD是等腰梯形，DAC.CACBCF1，AD2CF，ACD，CD，CG，又BC平面ACFD，VBGCDCGCDBC1.三棱錐GECD的體積為.熱點二平面圖形的折疊問題例2(2019全國卷)圖1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB1，BEBF2，F(xiàn)BC60.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積審題指導(dǎo)(1)由平行線的傳遞性證明ADCG，結(jié)合平面圖形中的條件證明AB平

12、面BCGE，再由面面垂直的判定定理可得證(2)由ABDE，得DE平面BCGE，取CG的中點M，結(jié)合菱形的特殊性，容易證明CG平面DEM，即構(gòu)造了平行四邊形ACGD的高，再由已知代入公式計算解析(1)由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)取CG的中點M，連接EM，DM.因為ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且EBC60，得EMCG，故CG平面DEM.因為DMCG.在RtDEM中，D

13、E1，EM，故DM2.所以四邊形ACGD的面積為4.平面圖形折疊問題的求解方法(1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口(2)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形(2019石家莊三模)如圖(1)所示，在邊長為24的正方形ADD1A1中，點B，C在邊AD上，且AB6，BC8，作BB1AA1分別交AD1，A1D1于點P，B1，作CC1AA1分別交AD1，A1D1于點Q，C1，將該正方形沿BB1，CC1折疊，使得DD1與AA1重合，構(gòu)成如圖(2)所

14、示的三棱柱ABCA1B1C1.(1)求證：AB平面BCC1B1；(2)求多面體A1B1C1APQ的體積解析：(1)證明：由題知，在題圖(2)中，AB6，BC8，CA10，AB2BC2CA2，ABBC.又ABBB1，BCBB1B，AB平面BCC1B1.(2)由題易知三棱柱ABCA1B1C1的體積為6824576.在題圖(1)中，ABP和ACQ都是等腰直角三角形，ABBP6，ACCQ14，VACQPBS四邊形CQPBAB(614)86160.多面體A1B1C1APQ的體積VVABCA1B1C1VACQPB576160416.熱點三異面直線所成的角、線面角例3(2019天津卷)如圖，在四棱錐PABC

15、D中，底面ABCD為平行四邊形，PCD為等邊三角形，平面PAC平面PCD，PACD，CD2，AD3.(1)設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH平面PAD；(2)求證：PA平面PCD；(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值審題指導(dǎo)(1)連接BD，利用GHPD推線面平行(2)連接DN，先證DN平面PAC，再證PA平面PCD.(3)由DN平面PAC，可知DAN為所求，利用直角三角形求解解析(1)連接BD，易知ACBDH，BHDH.又由BGPG，故GHPD.又因為GH平面PAD，PD平面PAD，所以GH平面PAD.(2)取棱PC的中點N，連接DN.依題意，得DNPC.又因為平面PAC平面PC

16、D，平面PAC平面PCDPC，所以DN平面PAC.又PA平面PAC，所以DNPA.又已知PACD，CDDND，所以PA平面PCD.(3)連接AN，由(2)中DN平面PAC，可知DAN為直線AD與平面PAC所成的角因為PCD為等邊三角形，CD2且N為PC的中點，所以DN.又DNAN，在RtAND中，sinDAN.所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為.求異面直線所成的角的關(guān)鍵在于通過平移使得兩直線相交，可通過構(gòu)造中位線或平行四邊形實現(xiàn)求線面角的關(guān)鍵是構(gòu)造過直線上一點且與平面垂直的直線，可以直接根據(jù)題中的垂直關(guān)系作出，也可以構(gòu)造此垂線后證明(1)(2020南寧模擬)在如圖所示的正方體ABCDA

17、1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱B1B，AD的中點，異面直線BF與D1E所成角的余弦值為()A. B.C. D.解析：D如圖，過點E作EMAB，交AA1于點M，過M點作MNAD，交DD1于點N，取MN的中點G，連接EG，NE，D1G，所以平面EMN平面ABCD，易知EGBF，所以異面直線BF與D1E所成的角為D1EG(或其補(bǔ)角)，不妨設(shè)正方體的棱長為2，則GE，D1G，D1E3，在D1EG中，cosD1EG，故選D.(2)(2018全國)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30，則該長方體的體積為()A8 B6C8 D8解析：C如圖連接BC1，則A

18、C1B30，在RtABC1中，tan 30，BC12.CC12.長方體的體積V2228.限時50分鐘滿分60分解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)1.(2020泉州模擬)如圖，已知四棱臺ABCDA1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，AA16，且A1A底面ABCD，點P，Q分別在棱DD1，BC上，BQ4.(1)若DPDD1，證明：PQ平面ABB1A1.(2)若P是D1D的中點，證明：AB1平面PBC.證明：(1)在AA1上取一點N，使得ANAA1，因為DPDD1，且A1D13，AD6，所以PNAD，又BQAD，所以PNBQ.所以四邊形BQPN為平行四邊形，所以PQB

19、N.因為BN平面ABB1A1，PQ平面ABB1A1，所以PQ平面ABB1A1.(2)如圖所示，取A1A的中點M，連接PM，BM，PC，因為A1A，D1D是梯形的兩腰，P是D1D的中點，所以PMAD，于是由ADBC知，PMBC，所以P，M，B，C四點共面由題設(shè)可知，BCAB，BCA1A，ABAA1A，所以BC平面ABB1A1，所以BCAB1，因為tanABMtanA1AB1，所以ABMA1AB1，所以ABMBAB1A1AB1BAB190，所以AB1BM，再BCBMB，知AB1平面PBC.2(2019煙臺三模)如圖(1)，在正ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點，且BEAF2CF.點P為邊BC

20、上的點，將AEF沿EF折起到A1EF的位置，使平面A1EF平面BEFC，連接A1B，A1P，EP，如圖(2)所示(1)求證：A1EFP；(2)若BPBE，點K為棱A1F的中點，則在平面A1FP上是否存在過點K的直線與平面A1BE平行，若存在，請給予證明；若不存在，請說明理由(1)證明：在正ABC中，取BE的中點D，連接DF，如圖所示因為BEAF2CF，所以AFAD，AEDE，而A60，所以ADF為正三角形又AEDE，所以EFAD.所以在題圖(2)中，A1EEF，又A1E平面A1EF，平面A1EF平面BEFC，且平面A1EF平面BEFCEF，所以A1E平面BEFC.因為FP平面BEFC，所以A1

21、EFP.(2)解：在平面A1FP上存在過點K的直線與平面A1BE平行理由如下：如題圖(1)，在正ABC中，因為BPBE，BEAF，所以BPAF，所以FPAB，所以FPBE.如圖所示，取A1P的中點M，連接MK，因為點K為棱A1F的中點，所以MKFP.因為FPBE，所以MKBE.因為MK平面A1BE，BE平面A1BE，所以MK平面A1BE.故在平面A1FP上存在過點K的直線MK與平面A1BE平行3.如圖所示，已知BC是半徑為1的半圓O的直徑，A是半圓周上不同于B，C的點，F(xiàn)為弧AC的中點梯形ACDE中，DEAC，且AC2DE，平面ACDE平面ABC.求證：(1)平面ABE平面ACDE；(2)平面

22、OFD平面ABE.解：(1)因為BC是半圓O的直徑，A是半圓周上不同于B，C的點，所以BAC90，即ACAB.因為平面ACDE平面ABC，平面ACDE平面ABCAC，AB平面ABC，所以AB平面ACDE.因為AB平面ABE，所以平面ABE平面ACDE.(2)如圖所示，設(shè)OFACM，連接DM.因為F為弧AC的中點，所以M為AC的中點因為AC2DE，DEAC，所以DEAM，DEAM.所以四邊形AMDE為平行四邊形所以DMAE.因為DM平面ABE，AE平面ABE，所以DM平面ABE.因為O為BC的中點，所以O(shè)M為ABC的中位線所以O(shè)MAB.因為OM平面ABE，AB平面ABE，所以O(shè)M平面ABE.因為

23、OM平面OFD，DM平面OFD，OMDMM，所以平面OFD平面ABE.4(2019北京卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(1)求證：BD平面PAC；(2)若ABC60，求證：平面PAB平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF平面PAE？說明理由解析：本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力(1)證明：因為PA平面ABCD，所以PABD；因為底面ABCD是菱形，所以ACBD；因為PAACA，PA，AC平面PAC，所以BD平面PAC.(2)證明：因為底面ABCD是菱

24、形且ABC60，所以ACD為正三角形，所以AECD，因為ABCD，所以AEAB；因為PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以AEPA；因為PAABA所以AE平面PAB，AE平面PAE，所以平面PAB平面PAE.(3)存在點F為PB中點時，滿足CF平面PAE；理由如下：分別取PB，PA的中點F，G，連接CF，F(xiàn)G，EG，在三角形PAB中，F(xiàn)GAB且FGAB；在菱形ABCD中，E為CD中點，所以CEAB且CEAB，所以CEFG且CEFG，即四邊形CEGF為平行四邊形，所以CFEG；又CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF平面PAE.5.(2019青島三模)已知在三棱柱ABCA1B1C1中，AB2

25、AC2AA14，A1AC，ACBC，平面ACC1A1平面ABC，M為B1C1的中點(1)過點B1作一個平面與平面ACM平行，確定平面，并說明理由；(2)求三棱柱ABCA1B1C1的表面積解析：(1)如圖，取AB的中點E，BC的中點F，連接B1E，B1F，EF，則平面B1EF平面ACM.因為平面ACC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC，ACBC，所以BC平面ACC1A1，BCCC1，因為四邊形BCC1B1為平行四邊形，所以四邊形BCC1B1為矩形，在矩形BCC1B1中，M，F(xiàn)分別是B1C1，BC的中點，所以B1FCM；在ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，所以EFAC.又EFF

26、B1F，ACCMC，所以平面B1EF平面ACM.所以平面即平面B1EF.(2)由題意知AC2，AA12，AB4.因為ACBC，所以BC 2，所以ABC的面積S1ACBC222.在平行四邊形ACC1A1中，A1AC，其面積S2AA1ACsinA1AC22sin 2.由(1)知四邊形BCC1B1為矩形，故其面積S3BCCC1224.連接A1C，BA1，在AA1C中，ACAA12，A1AC，所以A1C2.由(1)知BC平面ACC1A1，所以BCCA1，所以A1B4.在AA1B中，ABA1B4，AA12，所以AA1B的面積SAA1B2，所以平行四邊形ABB1A1的面積S42SAA1B22.故三棱柱AB

27、CA1B1C1的表面積S2S1S2S3S422242102.(文)高考解答題審題與規(guī)范(四)立體幾何類考題重在“轉(zhuǎn)化”思維流程轉(zhuǎn)化空間平行關(guān)系間的轉(zhuǎn)化、垂直關(guān)系間的轉(zhuǎn)化、平行與垂直關(guān)系間的轉(zhuǎn)化以及平面幾何與立體幾何的轉(zhuǎn)化等轉(zhuǎn)換對幾何體的體積、錐體體積考查頂點轉(zhuǎn)換，多面體體積多分割轉(zhuǎn)換為幾個規(guī)則幾何體的體積和或體積差來求解，求體積時距離與體積計算的轉(zhuǎn)換等真題案例審題指導(dǎo)審題方法(12分)(2018全國卷)如圖，在平行四邊形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC為折痕將ACM折起，使點M到達(dá)點D的位置，且ABDA.(1)證明：平面ACD平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，

28、且BPDQDA，求三棱錐QABP的體積.(1)根據(jù)線面垂直的判定定理證明AB平面ACD，進(jìn)而可證平面ACD平面ABC；(2)利用BPDA，求出BP，然后求出三棱錐的高，最后根據(jù)棱錐的體積公式求出三棱錐QABP的體積.審圖形找關(guān)聯(lián)圖形或者圖象的力量比文字更為簡潔而有力，挖掘其中蘊(yùn)涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關(guān)鍵，對圖形或者圖象的獨特理解很多時候能成為解題中的亮點.規(guī)范解答評分細(xì)則解析(1)由已知可得，BAC90，則BAAC.1分又BAAD，ADACA，所以AB平面ACD.2分又AB平面ABC，3分所以平面ACD平面ABC.4分(2)由已知可得，DCCMAB3，DA3.6分又BPDQDA，所以BP2.7分作QEAC，垂足為E，則QE DC.8分由已知及(1)可得DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE1，10分因此，三棱錐QABP的體積為VQABPQESABP132sin 451.12分第(1)問踩點得分由條件得出BAAC得1分推出AB平面ACD得1分指出AB平面ABC得1分寫出結(jié)論得1分第(2)問踩點得分判斷出DCCMAB，DA的值得2分利用BPDQDA，求出BP的值得1分得出QEDC得1分確定QE平面ABC，并求出QE的值得2分由棱錐的體積公式求出三棱錐QABP的體積，正確得2分，錯誤不得分.- 19 -