高三数学二轮复习 专题六第二讲 空间中的平行与垂直教案 理

第二讲空间中的平行与垂直研热点（聚焦突破）类型一空间线线、线面位置关系1．线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.2．线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.3．线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.4．线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥αa∥b.[例1] (2012年高考山东卷)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值．[解析](1)证明：因为四边形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两两垂直．以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图(1)所示的空间直角坐标系．不妨设CB＝1，则C(0，0，0)，B(0，1，0)，D(32，－12，0)，F(0，0，1)．(1)因此BD →＝(32，－32，0)，BF →＝(0，－1，1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0， 所以x ＝3y ＝3z ， 取z ＝1，则m ＝(3，1，1)．由于CF →＝(0，0，1)是平面BDC 的一个法向量， 则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角F ­BD ­C 的余弦值为55. 解法二 如图(2)，取BD 的中点G ，连接CG ，FG ， 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 ，FC ，CG ⊂平面FCG ， 所以BD ⊥平面FCG ， 故BD ⊥FG ，所以∠FGC 为二面角F ­BD ­C 的平面角．(2)在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝120°， 因此CG ＝12CB .又CB ＝CF ，所以CF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ， 故cos ∠FGC ＝55，因此二面角F­BD­C的余弦值为55.跟踪训练(2012年济南摸底)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝2AC.(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)求证：B1M⊥平面AMG.证明：(1)设线段AB1的中点为P，连接NP、MP，∵CM∥12AA1，NP∥12AA1，∴CM∥NP，∴四边形CNPM是平行四边形，∴CN∥MP，∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC 1⊥平面ABC ， ∴平面CC 1B 1B ⊥平面ABC ，∵AG ⊥BC ，∴AG ⊥平面CC 1B 1B ，∴B 1M ⊥AG . ∵CC 1⊥平面ABC ，平面A 1B 1C 1∥平面ABC ， ∴CC 1⊥AC ，CC 1⊥B 1C 1， 设AC ＝2a ，则CC 1＝22a ，在Rt△MCA 中，AM ＝ CM 2＋AC 2＝6a ， 在Rt△B 1C 1M 中，B 1M ＝ B 1C 21＋C 1M 2＝6a . ∵BB 1∥CC 1，∴BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB ， ∴AB 1＝B 1B 2＋AB 2＝C 1C 2＋AB 2＝23a ， 注意到AM 2＋B 1M 2＝AB 21，∴B 1M ⊥AM ，类型二 空间面面位置关系1．面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.2．面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l α⊥β. 3．面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝A ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. 4．面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒α∥b . 5．面面平行的证明还有其它方法(1),,,a b a b A c d c d B a c b d αβαβ⊂=⎫⎪⊂=⇒⎬⎪⎭且且∥∥∥(2),a a ααββ⊥⊥⇒∥[例2] (2012年高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点． 求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .[证明] (1)因为ABC­A1B1C1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.跟踪训练(2012年大同模拟)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD沿对角线AC 折起，得到三棱锥，点M是棱BC的中点，DM＝3 2.(1)求证：平面ABC ⊥平面MDO ； (2)求三棱锥M -ABD 的体积．解析：(1)证明：由题意得OM ＝OD ＝3， 因为DM ＝32，所以∠DOM ＝90°，OD ⊥OM . 又因为四边形ABCD 为菱形，所以OD ⊥AC . 因为OM ∩AC ＝O ，所以OD ⊥平面ABC ， 因为OD平面MDO ，所以平面ABC ⊥平面MDO .(2)三棱锥M ­ABD 的体积等于三棱锥D ­ABM 的体积． 由(1)知，OD ⊥平面ABC ， 所以OD 为三棱锥D ­ABM 的高．又△ABM 的面积为12BA ×BM ×sin 120°＝12×6×3×32＝932，所以M -ABD 的体积等于13×S △ABM ×OD ＝932.类型三 折叠中的位置关系将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化、有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．[例3] (2012年高考浙江卷)已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 [解析] 找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．对于选项A ，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，过点C 作CF ⊥BD ，垂足为F ，在图(1)中，由边AB ，BC 不相等可知点E ，F 不重合．在图(2)中，连接CE ，若直线AC 与直线BD 垂直，又∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥面ACE ，∴BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故A错误．对于选项B，若AB⊥CD，又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥面ADC，∴AB⊥AC，由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故B正确．对于选项C，若AD⊥BC，又∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥面ADC，∴BC⊥AC.已知BC＝2，AB＝1，BC >AB，∴不存在这样的直角三角形．∴C错误．由上可知D错误，故选B.[答案] B跟踪训练如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E，F分别为边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DAEFB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＝ 3.∴DH⊥平面AEFB.四棱锥D ­AEFB 的体积V ＝13×3×2×2＝433.析典题（预测高考）高考真题【真题】 (2012年高考陕西卷)(1)如图所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥b ，则a ⊥c ”为真； (2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．【解析】 (1)证明：证法一 如图(1)，过直线b 上任一点作平面π的垂线n ，设直线a ，b ，c ，n 的方向向量分别是a ，b ，c ，n ，则b ，c ，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c ＝λb ＋μn ， 则a ·c ＝a ·(λb ＋μn )＝λ(a ·b )＋μ(a ·n )． 因为a ⊥b ，所以a ·b ＝0. 又因为aπ，n ⊥π，所以a ·n ＝0.故a ·c ＝0，从而a ⊥c .证法二 如图(2)，记c ∩b ＝A ，P 为直线b 上异于点A 的任意一点，过P 作PO ⊥π，垂足为O ，则O ∈c . 因为PO ⊥π，a π，所以直线PO ⊥a .又a ⊥b ，b平面PAO ，PO ∩b ＝P ，所以a ⊥平面PAO . 又c平面PAO ，所以a ⊥c .(2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥c ，则a ⊥b . 逆命题为真命题．【名师点睛】 本题实际上考查了三垂线定理逆定理的证明，命题创意新颖，改变了多数高考命题以空间几何体为载体考查线面位置关系的证明．着重考查推理论证能力． 考情展望 名师押题【押题】 一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，其正视图、俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； (2)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(3)若D 是棱CC 1的中点，E 是棱AB 的中点，判断DE 是否平行于平面AB 1C 1，并证明你的结论． 【解析】 (1)几何体的直观图如图所示，四边形BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝B 1C 1＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且平面AA 1C 1C 垂直于底面BB 1C 1C ，故该几何体是直三棱柱，其体积V ＝S △ABC ·BB 1＝12×1×3×3＝32.(2)证明：由(1)知平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1C 1C 且B 1C 1⊥CC 1，所以B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1C . 因为四边形ACC 1A 1为正方形，所以A 1C ⊥AC 1， 而B 1C 1∩AC 1＝C 1，所以A 1C ⊥平面AB 1C 1. (3)DE ∥平面AB 1C 1，证明如下：如图，取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，DE .因为D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点，所以EF ∥AB 1，DF ∥B 1C 1.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，则平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.。