2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题四 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直教学案

第2讲空间中的平行与垂直 考情考向高考导航(文)高考对本讲命题较为稳定，解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上解答题的基本模式是“一证明二计算”(理)高考对本讲命题较为稳定，常以解答题第(1)问的形式考查，主要是线线、线面、面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中等真题体验1(2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，AB3，求四棱锥EBB1C1C的体积解：(1)由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190，由题设知RtABERtA1B1E，所以AEBA1EB145，故AEAB3，AA12AE6.作EFBB1，垂足为F，则EF平面BB1C1C，且EFAB3.所以，四棱锥EBB1C1C的体积V36318.2(2019江苏卷)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC.求证：(1)A1B1平面DEC1；(2)BEC1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.(2)因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC，所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.主干整合1证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行常用的方法：利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；利用平行四边形进行平行转换；利用三角形的中位线定理证线线平行；利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换(2)证明线线垂直常用的方法：利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质：即要证两直线垂直，只需证明一直线垂直于另一直线所在平面即可，即l，ala.2空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化热点一空间平行、垂直关系的证明逻辑推理素养逻辑推理转化思想在平行、垂直证明中的应用以学习的线面平行、垂直关系为基础，将线面问题经过严密的逻辑推理转化为线线平行、垂直关系问题，从而实现了面面、线面、线线之间的相互转化.平行、垂直关系的证明问题例11(2018北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD.审题指导(1)只需证明PEAD即可(2)根据PAPD，只需再证明PDAB即可，为此可先证AB平面PAD.(3)只证明EF平行于平面PCD内的一条直线，取PC的中点G，连接FG，GD，证明四边形EFGD为平行四边形解析(1)证明：PAPD，且E为AD中点，PEAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PADPE平面ABCDBC平面ABCDPEBC.(2)四边形ABCD为矩形，CDAD平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面ABCDCD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中点G，连接FG，GDF，G分别为PB和PC中点FGBC，FGBC四边形ABCD为矩形，BCAD，BCADE为AD中点EDADEDBC，EDBCEDFG，EDFG四边形EFGD为平行四边形EFGDEF平面PCD且GD平面PCDEF平面PCD线面平行及线面垂直的证明方法(1)要证线面平行，主要有两个途径：一是证已知直线与平面内的某直线平行；二是证过已知直线的平面与已知平面平行转化思想在证明平行关系上起着重要的作用，在寻找平行关系上，利用中位线、平行四边形等是常用的手段(2)要证线面垂直，关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直，即线线垂直线面垂直结合图形还要注意一些隐含的垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等平行、垂直关系的探索问题例12(2018全国卷)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由审题指导第(1)问利用线面垂直、面面垂直的判定定理求证：先证明BCDM，再证DMCM即可；第(2)问利用线面平行的判定定理进行判定；先连接AC，BD，BD与AC交于点O，再说明是否存在点P满足OPMC即可解析(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC平面PBD.证明如下：如图，连接AC交BD于O，因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点，连接OP，因为P为AM的中点，所以MCOP.又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略：假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的依据或事实，则说明假设成立，即存在；若导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在(1)(2019西安八校联考)如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：EF平面ABC；ADAC.证明：在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以EFAB，又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC，所以ADAC.(2)(2019临沂三模)如图所示，五面体ABCDEF，四边形ACFD是等腰梯形，ADFC，DAC，BC面ACFD，CACBCF1，AD2CF，点G为AC的中点在AD上是否存在一点H，使GH平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；求三棱锥GECD的体积解析：存在点H，H为AD中点证明如下：连接GH，在ACD中，由三角形中位线定理可知GHCD.又GH平面BCD，CD平面BCD，GH平面BCD.由题意知ADCF，AD平面ADEB，CF平面ADEB，CF平面ADEB.又CF平面CFEB，平面CFEB平面ADEBBE，CFBE，VGECDVEGCDVBGCD，四边形ACFD是等腰梯形，DAC.CACBCF1，AD2CF，ACD，CD，CG，又BC平面ACFD，VBGCDCGCDBC1.三棱锥GECD的体积为.热点二平面图形的折叠问题例2(2019全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积审题指导(1)由平行线的传递性证明ADCG，结合平面图形中的条件证明AB平面BCGE，再由面面垂直的判定定理可得证(2)由ABDE，得DE平面BCGE，取CG的中点M，结合菱形的特殊性，容易证明CG平面DEM，即构造了平行四边形ACGD的高，再由已知代入公式计算解析(1)由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.由已知，四边形BCGE是菱形，且EBC60，得EMCG，故CG平面DEM.因为DMCG.在RtDEM中，DE1，EM，故DM2.所以四边形ACGD的面积为4.平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形(2019石家庄三模)如图(1)所示，在边长为24的正方形ADD1A1中，点B，C在边AD上，且AB6，BC8，作BB1AA1分别交AD1，A1D1于点P，B1，作CC1AA1分别交AD1，A1D1于点Q，C1，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图(2)所示的三棱柱ABCA1B1C1.(1)求证：AB平面BCC1B1；(2)求多面体A1B1C1APQ的体积解析：(1)证明：由题知，在题图(2)中，AB6，BC8，CA10，AB2BC2CA2，ABBC.又ABBB1，BCBB1B，AB平面BCC1B1.(2)由题易知三棱柱ABCA1B1C1的体积为6824576.在题图(1)中，ABP和ACQ都是等腰直角三角形，ABBP6，ACCQ14，VACQPBS四边形CQPBAB(614)86160.多面体A1B1C1APQ的体积VVABCA1B1C1VACQPB576160416.热点三异面直线所成的角、线面角例3(2019天津卷)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCD为等边三角形，平面PAC平面PCD，PACD，CD2，AD3.(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH平面PAD；(2)求证：PA平面PCD；(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值审题指导(1)连接BD，利用GHPD推线面平行(2)连接DN，先证DN平面PAC，再证PA平面PCD.(3)由DN平面PAC，可知DAN为所求，利用直角三角形求解解析(1)连接BD，易知ACBDH，BHDH.又由BGPG，故GHPD.又因为GH平面PAD，PD平面PAD，所以GH平面PAD.(2)取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DNPC.又因为平面PAC平面PCD，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)连接AN，由(2)中DN平面PAC，可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角因为PCD为等边三角形，CD2且N为PC的中点，所以DN.又DNAN，在RtAND中，sinDAN.所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.求异面直线所成的角的关键在于通过平移使得两直线相交，可通过构造中位线或平行四边形实现求线面角的关键是构造过直线上一点且与平面垂直的直线，可以直接根据题中的垂直关系作出，也可以构造此垂线后证明(1)(2020南宁模拟)在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异面直线BF与D1E所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析：D如图，过点E作EMAB，交AA1于点M，过M点作MNAD，交DD1于点N，取MN的中点G，连接EG，NE，D1G，所以平面EMN平面ABCD，易知EGBF，所以异面直线BF与D1E所成的角为D1EG(或其补角)，不妨设正方体的棱长为2，则GE，D1G，D1E3，在D1EG中，cosD1EG，故选D.(2)(2018全国)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8 B6C8 D8解析：C如图连接BC1，则AC1B30，在RtABC1中，tan 30，BC12.CC12.长方体的体积V2228.限时50分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1.(2020泉州模拟)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA16，且A1A底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上，BQ4.(1)若DPDD1，证明：PQ平面ABB1A1.(2)若P是D1D的中点，证明：AB1平面PBC.证明：(1)在AA1上取一点N，使得ANAA1，因为DPDD1，且A1D13，AD6，所以PNAD，又BQAD，所以PNBQ.所以四边形BQPN为平行四边形，所以PQBN.因为BN平面ABB1A1，PQ平面ABB1A1，所以PQ平面ABB1A1.(2)如图所示，取A1A的中点M，连接PM，BM，PC，因为A1A，D1D是梯形的两腰，P是D1D的中点，所以PMAD，于是由ADBC知，PMBC，所以P，M，B，C四点共面由题设可知，BCAB，BCA1A，ABAA1A，所以BC平面ABB1A1，所以BCAB1，因为tanABMtanA1AB1，所以ABMA1AB1，所以ABMBAB1A1AB1BAB190，所以AB1BM，再BCBMB，知AB1平面PBC.2(2019烟台三模)如图(1)，在正ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BEAF2CF.点P为边BC上的点，将AEF沿EF折起到A1EF的位置，使平面A1EF平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示(1)求证：A1EFP；(2)若BPBE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由(1)证明：在正ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示因为BEAF2CF，所以AFAD，AEDE，而A60，所以ADF为正三角形又AEDE，所以EFAD.所以在题图(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.因为FP平面BEFC，所以A1EFP.(2)解：在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行理由如下：如题图(1)，在正ABC中，因为BPBE，BEAF，所以BPAF，所以FPAB，所以FPBE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MKFP.因为FPBE，所以MKBE.因为MK平面A1BE，BE平面A1BE，所以MK平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行3.如图所示，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为弧AC的中点梯形ACDE中，DEAC，且AC2DE，平面ACDE平面ABC.求证：(1)平面ABE平面ACDE；(2)平面OFD平面ABE.解：(1)因为BC是半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，所以BAC90，即ACAB.因为平面ACDE平面ABC，平面ACDE平面ABCAC，AB平面ABC，所以AB平面ACDE.因为AB平面ABE，所以平面ABE平面ACDE.(2)如图所示，设OFACM，连接DM.因为F为弧AC的中点，所以M为AC的中点因为AC2DE，DEAC，所以DEAM，DEAM.所以四边形AMDE为平行四边形所以DMAE.因为DM平面ABE，AE平面ABE，所以DM平面ABE.因为O为BC的中点，所以OM为ABC的中位线所以OMAB.因为OM平面ABE，AB平面ABE，所以OM平面ABE.因为OM平面OFD，DM平面OFD，OMDMM，所以平面OFD平面ABE.4(2019北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点(1)求证：BD平面PAC；(2)若ABC60，求证：平面PAB平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由解析：本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PABD；因为底面ABCD是菱形，所以ACBD；因为PAACA，PA，AC平面PAC，所以BD平面PAC.(2)证明：因为底面ABCD是菱形且ABC60，所以ACD为正三角形，所以AECD，因为ABCD，所以AEAB；因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以AEPA；因为PAABA所以AE平面PAB，AE平面PAE，所以平面PAB平面PAE.(3)存在点F为PB中点时，满足CF平面PAE；理由如下：分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG，在三角形PAB中，FGAB且FGAB；在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CEAB且CEAB，所以CEFG且CEFG，即四边形CEGF为平行四边形，所以CFEG；又CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF平面PAE.5.(2019青岛三模)已知在三棱柱ABCA1B1C1中，AB2AC2AA14，A1AC，ACBC，平面ACC1A1平面ABC，M为B1C1的中点(1)过点B1作一个平面与平面ACM平行，确定平面，并说明理由；(2)求三棱柱ABCA1B1C1的表面积解析：(1)如图，取AB的中点E，BC的中点F，连接B1E，B1F，EF，则平面B1EF平面ACM.因为平面ACC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC，ACBC，所以BC平面ACC1A1，BCCC1，因为四边形BCC1B1为平行四边形，所以四边形BCC1B1为矩形，在矩形BCC1B1中，M，F分别是B1C1，BC的中点，所以B1FCM；在ABC中，E，F分别是AB，BC的中点，所以EFAC.又EFFB1F，ACCMC，所以平面B1EF平面ACM.所以平面即平面B1EF.(2)由题意知AC2，AA12，AB4.因为ACBC，所以BC 2，所以ABC的面积S1ACBC222.在平行四边形ACC1A1中，A1AC，其面积S2AA1ACsinA1AC22sin 2.由(1)知四边形BCC1B1为矩形，故其面积S3BCCC1224.连接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的面积SAA1B2，所以平行四边形ABB1A1的面积S42SAA1B22.故三棱柱ABCA1B1C1的表面积S2S1S2S3S422242102.(文)高考解答题审题与规范(四)立体几何类考题重在“转化”思维流程转化空间平行关系间的转化、垂直关系间的转化、平行与垂直关系间的转化以及平面几何与立体几何的转化等转换对几何体的体积、锥体体积考查顶点转换，多面体体积多分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差来求解，求体积时距离与体积计算的转换等真题案例审题指导审题方法(12分)(2018全国卷)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥QABP的体积.(1)根据线面垂直的判定定理证明AB平面ACD，进而可证平面ACD平面ABC；(2)利用BPDA，求出BP，然后求出三棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出三棱锥QABP的体积.审图形找关联图形或者图象的力量比文字更为简洁而有力，挖掘其中蕴涵的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键，对图形或者图象的独特理解很多时候能成为解题中的亮点.规范解答评分细则解析(1)由已知可得，BAC90，则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，垂足为E，则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，三棱锥QABP的体积为VQABPQESABP132sin 451.12分第(1)问踩点得分由条件得出BAAC得1分推出AB平面ACD得1分指出AB平面ABC得1分写出结论得1分第(2)问踩点得分判断出DCCMAB，DA的值得2分利用BPDQDA，求出BP的值得1分得出QEDC得1分确定QE平面ABC，并求出QE的值得2分由棱锥的体积公式求出三棱锥QABP的体积，正确得2分，错误不得分.- 19 -