2020届江苏省高考二轮复习专题：立体几何中的平行与垂直问题(共29张PPT)

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2020届高考数学江苏省二轮课件：第8讲空间中的平行与垂直

证明 (1)设AC交BE于点O,连接OF,CE.
因为AE=BC=1,AD∥BC,所以四边形ABCE为平行四边形, 所以点O为AC的中点, 又因为点F为PC的中点,所以OF∥AP.
又因为OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,所以AP∥平面BEF. (2)因为AD∥BC,ED=BC=1, 所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD. 因为AP⊥CD,所以AP⊥BE. 又因为四边形ABCE为平行四边形,AB=BC, 所以四边形ABCE为菱形,所以AC⊥BE. 又因为AP⊥BE,AP∩AC=A,AP⊂平面APC,AC⊂平面APC, 所以BE⊥平面APC. 因为BE⊂平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAC.
2.α,β为两个不同的平面,m,n为两条不同的直线,下列命题中正确的是 (填上所有正确命题的序号).
①若α∥β,m⊂α,则m∥β; ②若m∥α,n⊂α,则m∥n; ③若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β; ④若n⊥α,n⊥β,m⊥α,则m⊥β.
答案 ①④ 解析由面面平行的性质可得①正确;若m∥α,n⊂α,则m,n平行或异面,②错误;由面面垂直的性质定理可知③中缺少条件“m⊂α”,错误;若n⊥α,n⊥β,则 α∥β,又m⊥α,则m⊥β,④正确.
题型二以柱体为载体的空间线面关系例2 (2019常州期末)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别是棱AB,CC1的中点. 求证:(1)CM∥平面AB1N; (2)平面A1BN⊥平面AA1B1B.
证明 (1)设AB1交A1B于点O,连接OM,ON.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1∥CC1,BB1=CC1,且四边形AA1B1B是平行四边形, 所以O为AB1的中点, 又因为M为AB的中点,所以OM∥BB1,且OM=1 BB1.

专题20立体几何中的平行与垂直问题(解析版)

专题20 立体几何中的平行与垂直问题一、题型选讲题型一、线面平行与垂直知识点拨：证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。

直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。

直线与平面垂直关键是找两条相交直线例1、（2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M, N分别为棱PA, PD的中点.已知侧面PAD丄底面ABCD,底面ABCD是矩形，DA=DP.求证：（1）MN〃平面PBC；MD丄平面PAB.【证明】（1）在四棱锥P-ABCD中，M, N分别为棱PA, PD的中点，所以MN〃AD.（2分）又底面ABCD是矩形，所以BC〃AD.所以MN〃BC.（4分）又BC U平面PBC，MN Q平面PBC，所以MN〃平面PBC. （6分）（2）因为底面ABCD是矩形，所以AB丄AD.又侧面PAD丄底面ABCD，侧面PAD n底面ABCD=AD, AB U底面ABCD，所以AB丄侧面PAD.（8分）又MD U侧面PAD，所以AB丄MD.（10分）因为DA=DP,又M为AP的中点，从而MD丄PA. （12分）又PA，AB在平面PAB内，PA n AB=A，所以MD丄平面PAB.（14分）例2、（2019扬州期末）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B丄平面ABC,点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点.（1）求证：EF〃平面ABC；（2）求证：BB］丄AC.规范解答（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B,四边形BB1C1C均为平行四边形，E, F分别是侧面AA1B1B, BB1C1C对角线的交点，所以E, F分别是AB1，CB1的中点，所以EF〃AC.（4分）因为EF Q平面ABC, AC U平面ABC，所以EF〃平面ABC.（8分）（2）因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1丄AB.因为平面AA1B1B丄平面ABC,且平面AA1B1B n平面ABC=AB, BB1U平面AA1B1B, 所以BB1丄平面ABC.（12分）因为AC U平面ABC，所以BB1丄AC.（14分）例3、（2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC, A1C丄BC］, AB］丄BC1，D, E 分别是AB1和BC的中点.求证：（1）DE〃平面ACC1A1；（2）AE丄平面BCC1B1.A _________ c,规范解答⑴连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1#BB1且AA1=BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点.（2分）在厶BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE〃A］C.又因为DE G平面ACC1A1，A1C U平面ACC1A1，所以DE〃平面ACC1A1.（6分）（2）由（1）知DE〃A］C，因为A1C丄BC” 所以BC］丄DE.（8 分）又因为BC］丄AB1，AB1H DE=D，AB1，DE U平面ADE，所以BC1丄平面ADE.又因为AE U平在ADE,所以AE丄BC1.（10分）在厶ABC中，AB=AC，E是BC的中点，所以AE丄BC.（12分）因为AE丄BC1，AE丄BC，BC1H BC=B，BC1，BC U平面BCC1B1，所以AE丄平面BCC1B1. （14 分）例4、（2019苏锡常镇调研）如图，三棱锥DABC中，已知AC丄BC，AC丄DC，BC=DC，E，F 分别为BD，CD 的中点．求证：（1）EF〃平面ABC；（2）BD丄平面ACE.所以EF 〃平面ABC.（6分）（2）因为AC丄BC，AC丄DC，BC H DC = C，BC，DC U平面BCD所以AC丄平面BCD，（8分）因为BD U平面BCD，所以AC丄BD，（10分）因为DC=BC，E为BD的中点，所以CE丄BD，（12分）因为AC n CE = C, AC，CE U平面ACE，所以BD丄平面ACE.（14分）例5、（2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1 丄B1C1•设A1C与AC1交于点D, B1C与BC1交于点E.求证：（1） DE〃平面ABB1A1；（2） BC］丄平面A1B1C.规范解答（1）因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以侧面ACC1A1为平行四边形．又A1C 与AC1 交于点D,所以D为AC]的中点，同理，E为BC]的中点•所以DE〃AB.（3分）又AB U平面ABB]A], DE G平面ABB]A], 所以DE〃平面ABB]A].（6分）（2）因为三棱柱ABCA]B]C]为直三棱柱，所以BB]丄平面A]B]C]. 又因为A]B]U平面A]B]C],所以BB]丄A]B i.（8分）又A]B]丄B]C], BB], B]C] U 平面BCC]B], BB]n B]C1=B1，所以A]B]丄平面BCC]B].（10 分）又因为BC]U平面BCC]B1，所以A]B丄BC].（12分）又因为侧面BCC]B1为正方形，所以BC]丄BQ.又A1B1n B1C=B1，A1B1，B1C U平面A1B1C, 所以BC1丄平面A1B1C.（14分）例6、（2017苏北四市一模）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D, E分别为BC, B1C1的中点，点F 在棱CC1上，且EF丄CD.求证：（1）直线A1E〃平面ADC1；⑴证法1连结ED,因为D, E分别为BC, B1C1的中点，所以B&/BD且B1E=BD, 所以四边形BBDE是平行四边形，（2分）所以BB/DE且BB1=DE. 又BB]〃AA]且BB]=AA], 所以AA/DE且AA1=DE, 所以四边形AA]ED是平行四边形，所以A]E〃AD.（4分）又因为AE G平面ADC, AD U平面ADC，所以直线AE〃平面ADC.（7分）1 1 1畀 ------ 1B证法2连结ED,连结A1C, EC分别交AC” DC1于点M, N,连结MM,则因为D, E分别为BC,B1C1的中点，所以C1E^CD且C、E=CD,所以四边形C1EDC是平行四边形，所以N是CE的中点.（2分）因为A1ACC1为平行四边形，所以M是A1C的中点，（4分）所以MN//A\E.又因为A]E G平面ADC，MN U平面ADC，，所以直线Af〃平面ADC、.（7分）（2）在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB]丄平面ABC.又AD U平面ABC，所以AD丄BB、.又A ABC是正三角形，且D为BC的中点，所以AD丄BC.（9分）又BB，，BC U 平面BBCC，，BB1A BC=B，所以AD丄平面B,BCC,，又EF U平面BBCC，所以AD丄EF.（11分）又EF丄CD，CD，AD U平面ADC,，C,D A AD=D，所以直线EF丄平面ADC,.（14分）题型二、线面与面面平行与垂直证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。

高考数学二轮复习第一部分专题五立体几何1.5.2空间中的平行与垂直课件理

解析：选C.C中，当m⊂α时，若n∥α，则直线m，n可能平行，可能异面；若m∥n，则n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是 “m∥n”的既不充分也不必要条件，故C项不正确．
空间线面位置的判定方法 1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断． 2．借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定． 3．借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
4．两条平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面．(线∥线⇒线⊥面)
5．一条直线垂直于两个平行平面的一个平面，则该直线垂直于另一个平面．(面∥面⇒线⊥面)
6．两个相交平面都垂直第三个平面，则交线也垂直于第三个平面．(面⊥面⇒线⊥面)
7．垂直于同一条直线的两个平面平行．(线⊥面⇒面∥面) 8．一个平面及该平面外的一条直线都垂直于第二个平面，则直线与该平面平行．(面⊥面⇒线∥面)(反之也成立)
6 3.
故x＝2.
10分得分点⑤
从而可得AE＝EC＝ED＝ AB2＋BE2＝ 22＋2＝ 6.
所以S△EAC＝
1 2
AE·EC＝
1 2
×
6×
6 ＝3，△EAD的面积与
△ECD的面积相等．
在△AED中，作EF⊥AD于F，由AE＝ED知F为AD的中点，
∴EF＝ AE2－A2D2＝ 6－1＝ 5 ∴S△EAD＝12AD·EF＝12×2× 5＝ 5.
证明线线平行与线线垂直的方法 1．证明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．

2020版高考数学复习第八章立体几何初步第6讲平行、垂直的综合问题课件

解：(1)证明：连接 AC，因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC⊥BD. 因为 PA⊥AD，PA⊥CD，且 AD∩CD＝D，所以 PA⊥底面 ABCD，所以 PA⊥BD. 又 PA∩AC＝A，所以 BD⊥平面 PAC，所以 BD⊥PC. 因为 BE⊥PC，BD∩BE＝B，所以 PC⊥平面 BDE.
【解】
(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90° ，BA⊥AC.
又 BA⊥AD，所以 AB⊥平面 ACD. 又 AB⊂平面 ABC，所以平面 ACD⊥平面 ABC.
(2) 由已知可得， DC ＝ CM ＝ AB ＝ 3，DA＝3 2. 2 又 BP＝DQ＝ DA，所以 BP＝2 2. 3 1 作 QE⊥AC，垂足为 E，则 QE 綊 DC. 3
【解】
(1)证明：因为 AP＝CP＝AC＝4，O 为 AC 的中点，
所以 OP⊥AC，且 OP＝2 3. 连接 OB.因为 AB＝BC＝ 2 AC，所以△ABC 为等腰直角三角 2
1 形，且 OB⊥AC，OB＝ AC＝2. 2 由 OP2＋OB2＝PB2 知，OP⊥OB. 由 OP⊥OB，OP⊥AC 知 PO⊥平面 ABC.
(2)因为 AD∥平面 BEF，AD⊂平面 ACD，平面 ACD∩平面 BEF＝EF，所以 AD∥EF，因为 E 为 AC 的中点，所以 EF 为△ACD 的中位线， 1 由(1)知，VFBCE＝VBCEF＝ ×S△CEF×BC， 3 1 1 1 1 S△CEF＝ S△ACD＝ × ×2×2＝， 4 4 2 2 1 1 2 所以 VFBCE＝ × ×2 2＝ . 3 2 3
(2)对命题结论的探索方法从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论． [注意] 由．对探索性问题应先写出结论，再写出证明过程或理

江苏2020版高考数学第七章立体几何3第3讲直线、平面垂直的判定与性质课件

【解】
(1)证明：反证法．假设 AP⊥平面 BCC1B1，
因为 BC⊂平面 BCC1B1，所以 AP⊥BC. 又正三棱柱 ABCA1B1C1 中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面 ACC1A1，CC1⊂平面 ACC1A1，所以 BC⊥平面 ACC1A1. 而 AC⊂平面 ACC1A1，所以 BC⊥AC，这与△ABC 是正三角形矛盾．故 AP 不可能与平面 BCC1B1 垂直．
答案：充分不必要
3.如图，PA⊥⊙O 所在平面，AB 是⊙O 的直径， C 是⊙O 上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论： ① AE ⊥ BC ；②EF⊥PB ；③AF⊥BC ； ④AE⊥平面 PBC，其中真命题的序号是________．
解析：①AE⊂平面 PAC，BC⊥AC，BC⊥PA，AC∩PA＝A， AC，PA⊂平面 PAC⇒BC⊥平面 PAC⇒AE⊥BC，故①正确； ②AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面 AEF⇒PB ⊥平面 AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若 AF⊥BC⇒AF⊥平面 PBC，则 AF∥AE 与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．
第七章
立体几何
第3讲
直线、平面垂直的判定与性质
1．直线与平面垂直
任意一条直 (1)直线和平面垂直的定义：直线 l 与平面 α 内的__________
线都垂直，就说直线 l 与平面 α 互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理
文字语言如果一条直线与一个平
图形语言
符号语言
两条相交直线判定面内的______________
解析：①错误，还有可能 α，β 斜交；②错误，直线 m，n 可能平行、相交或异面；③④正确．

2020高考数学(文)二轮专题课件：大题考法课立体几何

解：(1)证明：由题知，BD＝AD＝4 2，又 AB＝8，∴AB2＝AD2 ＋BD2，∴BD⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且两平面的交线是 AD，BD⊂平面 ABCD，BD⊥AD，∴BD⊥平面 PAD，又 BD⊂平面 MBD，∴ 平面 MBD⊥平面 PAD.
(2)过点 P 作 PO⊥AD 交 AD 于点 O，则 PO⊥平面 ABD，∴点
知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊
ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MN∥ED.
又 MN⊄平面 C1DE，扣 1 分．
[微点提醒]
[微点提醒]
加红处若漏掉 MN⊄ 平面 C1DE，扣 1 分.
❶转化：线线平行⇒线面平行 MN∥ED⇒MN∥平面 C1DE.
(2)存在一个常数 m＝ 23，使得平面 PED⊥ 平面 PAB，理由如下：要使平面 PED⊥平面 PAB，只需 AB⊥DE，因为 AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，所以 AE＝ADcos 30°＝ 3，又因为 PD⊥平面 ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，所以 AB⊥平面 PDE，因为 AB⊂平面 PAB，所以平面 PDE⊥平面 PAB，所以 m＝AAEB＝ 23.
(2)取 CG 的中点 M，连接 EM，DM. 因为 AB∥DE，AB⊥平面 BCGE，所以 DE⊥平面 BCGE，所以 DE⊥CG. 因为四边形 BCGE 是菱形，且∠EBC＝60°，所以 EM⊥CG，又 DE∩EM＝E，所以 CG⊥平面 DEM. 所以 DM⊥CG. 在 Rt△DEM 中，DE＝1，EM＝ 3，故 DM＝2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4.
[微点提醒]
[关键步骤]
加红处只作 CH⊥C1E，不进行证明 CH⊥平面 C1DE 的扣 2 分．

(课标专用)2020高考数学二轮复习专题五立体几何5.2空间中的平行与垂直课件

高频考点•探究突破
-5-
突破点一
突破点二
突破点三
(2)解:如图,以 O 为坐标原点,��的方向为 x 轴正方向, 建立空间直角坐标系 O-xyz. 由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 3),
��=(0,2,2 3). 取平面 PAC 的法向量��=(2,0,0), 设 M(a,2-a,0)(0<a≤2),则��=(a,4-a,0). 设平面 PAM 的法向量为 n=(x,y,z).
2 3(��-4)2+3�� 2+��2
高频考点•探究突破
-6-
突破点一
突破点二
突破点三
由已知可得|cos<�� ,n>|=
3.
2
所以
2
2 3|��-4|
=
3(�� -4)2 +3�� 2 +�� 2
23,
解得 a=-4(舍去),a=4.
令 c=1,得 n=(0, 3,1),
设二面角 D-PE-B 的大小为 θ,
则 cos θ=|��|·|��| = 7-2×2=- 77,
即二面角
D-PE-B
的余弦值为-
7.
7
高频考点•探究突破
-22-
突破点一
突破点二
突破点三
平行、垂直关系及体积中的探索性问题【例3】在如图所示的几何体中,四边形CDEF为正方形,四边形 ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AC= 3,AB=2BC=2,AC⊥FB.

2020版高考数学第八章立体几何第6讲平行、垂直的综合问题课件

(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 中点．连接 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC∥OP.MC⊄平面 PBD， OP⊂平面 PBD，所以 MC∥平面 PBD.
解决探索性问题的方法 (1)对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
解： (1)证明：取 PD 中点 R，连接 MR， RC(图略)，因为 MR∥AD， 1 1 NC∥AD，MR＝2AD，NC＝2AD，所以 MR∥NC，MR＝NC，所以四边形 MNCR 为平行四边形，所以 MN∥RC，又 RC⊂平面 PCD， MN⊄平面 PCD，所以 MN∥ 平面 PCD. 3 (2)由已知条件得 AC＝AD＝CD＝1，所以 S△ACD＝ 4 ， 1 1 1 所以 VAQCD＝VQACD＝3×S△ACD×2PA＝8.
所以∠BAE＝∠AA1B. 所以 Rt△ABE∽Rt△A1AB， BE AB 所以AB＝AA . 1 2 因为 AB＝3AA1， 2 4 所以 BE＝3AB＝9BB1， BE 4 即在线段 BB1 上存在点 E 使得 A1C⊥AE，此时BB ＝9. 1
平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一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．
(2019· 湖北“五个一名校联盟”模拟)如图 1，在直角梯形 ABCD 1 中，∠ADC＝90° ，AB∥CD，AD＝CD＝2AB＝2，E 为 AC 的中点，将△ACD 沿 AC 折起，使折起后的平面 ACD 与平面 ABC 垂直，如图 2.在图 2 所示的几何体 DABC 中：

2020届高考数学二轮复习专题3立体几何第2讲平行与垂直的判定与性质课件理

(3)过E作EF∥AD交PA于F，连接BF. 因为AD∥BC，所以EF∥BC.所以E，F，B，C四点共面．又因为CE∥平面PAB，CE⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAB＝BF，所以CE∥BF. 所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF＝BC. 在△PAD中，因为EF∥AD，所以PPDE＝AEDF＝ABDC＝12，即PPDE＝12.
a⊂α，b⊄α，a∥b b∥α
a∥α a∥α，a⊂β，α∩β＝b
a∩α＝∅
a∥b
2．面面平行的判定与性质
面面平行
定义
判定 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ理
性质
图形
条件结论
α∩β＝∅ α∥β
a⊂β，b⊂β，a∩b ＝P，a∥α，b∥α
α∥β
α∥β，α∩γ＝a， α∥β，a⊂β
β∩γ＝b
a∥b
a∥α
3．直线与平面垂直
线面垂直
(1)求证：AD⊥平面PAB； (2)求证：AB⊥PC； (3)若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求PPDE的值．
【解析】(1)证明：因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以AD⊥平面PAB. (2)证明：由(1)得AD⊥AB. 因为AD∥BC，所以BC⊥AB. 又因为∠ABP＝90°，所以PB⊥AB. 因为PB∩BC＝B，所以AB⊥平面PBC. 所以AB⊥PC.
2．如图，AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的点，PA垂直于⊙O所在平面，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，因此________⊥平面PBC.(请填图上的一条直线)
【答案】AF 【解析】∵PA⊥平面ACB，BC⊂平面ACB，∴BC⊥PA.∵AB是 ⊙O的直径，∴BC⊥AC.∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥ 平面 PAC.∵AF⊂ 平面 PAC ， ∴ BC⊥AF.∵PC⊥AF ， PC∩BC ＝ C ， PC，BC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC.

第1讲立体几何中平行与垂直问题ppt课件

4
【教学目标】知识与技能：掌握立体几何常见的证明思路，并能应用. 过程与方法：能应用立体几何常见的推理依据解决证明问
题，应用发现思维等寻找证明思路. 情感与价值：在寻找证明思路的过程中培养学生合作、探
究的精神. 【教学重点】掌握立体几何常见的推理依据寻找证明思路并能应用. 【教学难点】应用发现思维等寻找立体几何的证明思路.
（请写出分析过程）
VABCDE 1
;.
P
2
D
A┓
2 C
E
2
B
10
2、探索存在性问题
（2016北京文数）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC, DC⊥AC （1）求证：DC⊥平面PAC；（2）求证：平面PAB⊥平面PAC ；
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF ?说明理由.
5
【要点回顾】
6
【课前热身】自主学习，回归教材 A
D C
A
7
【合作、探究、交流】
如图，AB是⊙O的直径PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A、B上的任意一点，求证：平面 PAC⊥平面PBC
P （请写出分析过程）
变式引申：
在三棱锥P-ABC中，
（1）有___个直角三角形？（（23））有有______对对线面面面4 垂垂直直？？
C P
2.（2017广州一模）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC， AB⊥BC，BD ⊥ DC，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，得到图２所示的几何体．（1）求证:AB⊥平面ADC
A
D
;. B
2
A
2
B

高三数学平行与垂直问题PPT教学课件

（1）证明PA ∥ 平面EDB;
(2)求证： BD 平 E 平面 P 面 BC
P Ej C
D
B A
(1)证明：A连 C ,设结 AC 与BD 交点O，为连 O， E 在三P角 C中 A 形， O是 E 三角 PC形的 A 中位线， PA 平所行 O 以E ,PA 不在平 ED面 B 内，所 PA 平以行平 ED面 . B
(2)证明： P垂 D 因直为A 底 B面， CD所以 C垂 B P 直， D B 又垂 C D 直， C 所 B垂 C 以直平P 面 D ， C所 D垂以 E B 直 .C
在三角 PD 形中 C ， PDDC,E是PC的中点所以 DE垂直 PC，因此 DE 有垂直平 PC面， B 因为 DE在平D面 E内 B ，所以B平 D垂 E面直平面 PBC
平行与垂直问题
课前热身： 1.给出以下四个命题： ①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面
和这个平面相交，那么这条直线和交线平行；
②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行；
④如果一个平面平行于另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。
4.已知两条直线m,n,两个平面 ,
,给出下列四个命题：其中正确命题的序号是
① m∥n,m⊥ n
② 平， m 行 ,n m 平 n行
③ m 平 n ,m 行平行 n 平行
④ 平， m 平行 n ， m 行 n
例1：在四棱P锥 ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD PD DC, E是PC的中点。
（2）Q点在对角线B1D上，使A1B //平面QAC ,求 B1Q QD

江苏省2020届高考数学二轮复习专题12 空间平行与垂直

江苏省2020届高考数学（苏教版）二轮复习专题12 空间平行与垂直回顾2020～2020年的考题，主要考查线面平行和面面垂直，几何体为常见的锥体和柱体，其中2020年考查了位置关系基本定理判定的小题，2020年考查了点到平面的距离，2020年考查了线面平行与面面垂直，2020年考查了一道体积小题和线面平行与面面垂直的证明；其他基本考查证明位置关系如：平行、垂直的大题，难度不大.柱、锥、台、球及其简单组合体和平面及其基本性质虽然没有单独考查，但作为立体几何最基本的要素是融入在解答题中考查的.对于立体几何表面积和体积考查要求不高.预测在2020年的高考题中：1填空题依然主要是会出现考查判断位置关系基本定理真假的问题，以及表面积和体积的求解的问题.2在解答题中，主要是空间几何体的位置关系的证明，可能是双证，也可能是一证一算.1.(2020·江苏高考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________ cm3.解析：连结AC 交BD 于点O ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为13S BB 1D 1D ·AO ＝6.答案：62.(2020·南师大信息卷)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点P 是棱上一点，则满足|PA |＋|PC 1|＝2的点P 的个数为________．解析：点P 在以A ，C 1为焦点的椭圆上，若P 在AB 上，设AP ＝x ，有PA ＋PC 1＝x ＋1－x2＋22＝2，解得x ＝12.故AB 上有一点P (AB 的中点)满足条件．同理在AD ，AA 1，C 1B 1，C 1D 1，C 1C 上各有一点满足条件．又若点P 在BB 1上，则PA ＋PC 1＝1＋BP 2＋1＋B 1P 2>2.故BB 1上不存在满足条件的点P ，同理DD 1，BC ，A 1D 1，DC ，A 1B 1上不存在满足条件的点P . 答案：63．在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，以BC 边所在直线为轴旋转一周，则形成的几何体的侧面积为________．解析：将矩形ABCD 以BC 边所在直线为轴旋转一周后得到的几何体为是以2为底面半径，以3为高的圆柱体，故它的侧面积为2π×2×3＝12π.答案：12π4．(2020·南京三模)已知α，β是两个不同的平面，下列四个条件： ①存在一条直线a ，a ⊥α，a ⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β； ③存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α. ④存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α.其中是平面α∥平面β的充分条件的为________．(填上所有符合要求的序号) 解析：②③中的α与β可以相交．答案：①④5．(2020·江苏最后一卷)给出下列四个命题：①如果平面α与平面β相交，那么平面α内所有的直线都与平面β相交； ②如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β；③如果平面α⊥平面β，那么平面α内与它们的交线不垂直的直线与平面β也不垂直； ④如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β. 真命题的序号是________．(写出所有真命题的序号)解析：①中α内存在与β平行的直线；②中α内只有垂直于交线的直线才垂直于β；③、④正确．答案：③④[典例1]如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求证：PC⊥BC；(2)求点A到平面PBC的距离．[解] (1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.由∠BCD＝90°，得CD⊥BC.又PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PCD，故PC⊥BC.(2)法一：分别取AB，PC的中点E，F，连结DE，DF，易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D，E到平面PBC的距离相等．又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍．由(1)知，BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC.因为PD＝DC，PF＝FC，所以DF ⊥PC.所以DF⊥平面PBC于F.易知DF＝22，故点A到平面PBC的距离等于 2.法二：体积法：连结AC，设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°.从而AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积S△ABC＝1.由PD ⊥平面ABCD 及PD ＝1，得三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·PD ＝13.因为PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥DC .又PD ＝DC ＝1，所以PC ＝PD 2＋DC 2＝ 2. 由PC ⊥BC ，BC ＝1，得△PBC 的面积S △PBC ＝22. 由V A －PBC ＝V P －ABC ，13S △PBC ·h ＝V ＝13，得h ＝2，故点A 到平面PBC 的距离等于 2.本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力．[演练1]如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形且AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，PA ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4.(1)求证：BC ⊥PC ； (2)四面体A －PBC 的体积．解：(1)证明：作CE ⊥AB 于点E ，则AE ＝EB ＝CE ＝2，BC ＝22，则AC ＝22，故∠ACB ＝90°，即AC ⊥CB .又PA ⊥平面ABCD ，故PA ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAC .又PC ⊂面PAC ，因此BC ⊥PC .(2)因为PA ⊥平面ABC ，所以V A －PBC ＝V P －ABC ＝13S △ABC ·PA＝13×12AC ·BC ·PA ＝13×12×22×22×2＝83. 故四面体A －PBC 的体积为83.[典例2](2012·泰州模拟)已知四面体ABCD 中，AB ＝AC ，BD ＝CD ，平面ABC ⊥平面BCD ，E ，F 分别为棱BC 和AD 的中点．(1)求证：AE ⊥平面BCD ； (2)求证：AD ⊥BC ；(3)若△ABC 内的点G 满足FG ∥平面BCD ，设点G 构成集合T ，试描述点集T 的位置．(不必说明理由)[解] (1)证明：∵在△ABC 中，AB ＝AC ，E 为BC 的中点，∴AE ⊥BC . 又∵平面ABC ⊥平面BCD ，AE ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，∴AE ⊥平面BCD .(2)证明：连结DE ，∵BD ＝CD ，E 为BC 的中点，∴BC ⊥DE . 由(1)知AE ⊥BC ，又AE ∩DE ＝E ，AE ，DE ⊂平面AED ， ∴BC ⊥平面AED .又AD ⊂平面AED ，∴BC ⊥AD .(3)取AB ，AC 的中点M ，N ，所有的点G 构成的集合T 即为△ABC 的中位线MN .本题的第(3)问考查线面平行，没有直接给出点G 的位置，而是需要探究点的位置．根据面面平行的性质得到线面平行，并且利用面面的交线确定点G 的位置．[演练2]如图ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：PA⊥BD；(2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.解：(1)证明：∵ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，∴AD＝2AB ＝2BD.∴AB⊥BD.∵PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面PAB，∴BD⊥平面PAB.∵PA⊂面PAB，∴PA⊥BD.(2)证明：假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN，BN，则PN⊥AD，BN⊥AD，∴AD⊥平面PNB，得PB⊥AD，又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD，∴PB⊥CD，又∵BC⊥CD，且PB∩BC＝B，∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，∴假设不成立，∴PA≠PD.[典例3](2020·江苏高考)请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x (cm)．(1)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．[解] 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0＜x ＜30. (1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800，所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.本题主要考查空间几何体中的最值问题，综合考查数学建模能力及应用导数解决实际问题的能力．[演练3]某加工厂有一块三角形的铁板余料(如图)，经测量得知：AC ＝3，AB ＝33，BC ＝6.工人师傅计划利用它加工成一个无盖直三棱柱型水箱，设计方案为：将图中的阴影部分切去，再把它沿虚线折起．请计算容器的高为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？解：设容器的高为x ，∵AC ＝3，AB ＝33，BC ＝6，∴BC 2＝AC 2＋AB 2，得∠A ＝π2，∠C ＝π3，∠CED ＝π3，∠FEG ＝π3，∴CD ＝DE ·tan∠CED ＝3x . ∴GE ＝3－x －3x ＝3－(3＋1)x . ∴GF ＝3GE ＝3[3－(3＋1)x ]．又GE >0，∴0<x <33＋1.设容器的容积为V ，则V ＝12x ·3·[3－(3＋1)x ]2∴V ′＝32[3－(3＋1)x ]2－3x [3－(3＋1)x ]·(3＋1) ＝332[3－(3＋1)x ][1－(3＋1)x ]．令V ′＝0，又0<x <33＋1，∴x ＝13＋1＝3－12. 当0<x <3－12时，V ′>0，3－12<x <33＋1时，V ′<0. ∴当x ＝3－12时，V max ＝3－ 3. [专题技法归纳]1．证明线面平行或垂直关系时，要认真体会“转化”这一数学思想方法，既要领会平行、垂直内部间的转化，也要注意平行与垂直之间的转化．2．空间几何体的表面积和体积的研究策略研究空间几何体的结构→计算相关边长→代入公式计算．3．空间几何体的结构的研究策略运用转化的思想，将空间几何体的问题转化为平面问题，如几何体的外接球或内切球问题，转化为多边形的外接圆或内切圆的问题．4．组合体体积的求解组合体的体积求解无论是分割还是补形，关键是有利于求出几何体的高，即找到线面垂直．1．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：①若α∥β，则l⊥m；②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β.其中正确命题的序号是________．解析：②中l与m可能异面；④中α与β也可能相交．答案：①③2．已知PA，PB，PC两两互相垂直，且△PAB，△PBC，△PAC的面积分别为1.5 cm2,2 cm2,6 cm2，则过P，A，B，C四点的外接球的表面积为________ cm2.(注S球＝4πr2，其中r为球半径)解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧12PA ·PB ＝1.5，12PB ·PC ＝2，12PC ·PA ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧PA ＝3，PB ＝1，PC ＝4.因为PA ，PB ，PC 两两互相垂直，所以可构造长方体．长方体的体对角线长为26，即为外接球的直径，所以外接球的表面积为26π.答案：26π3．(2020·苏州二模)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：①若α∥β，m ⊂β，n ⊂α，则m ∥n ； ②若α∥β，m ⊥β，n ∥α，则m ⊥n ； ③若α⊥β，m ⊥α，n ∥β，则m ∥n ； ④若α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ⊥n . 上面命题中，所有真命题的序号为________．解析：①③中的直线m 与n 可以是异面直线．答案：②④4．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的顶点，正方体的一个顶点A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的距离分别为1,2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面α的距离可能是：①3；②4；③5；④6；⑤7以上结论正确的为________．(写出所有正确结论的编号)解析：如图，B ，D ，A 1到平面α的距离分别为1,2,4，则D ，A 1的中点到平面α的距离为3，所以D 1到平面α的距离为6；B ，A 1的中点到平面α的距离为52，所以B 1到平面α的距离为5；则D ，B 的中点到平面α的距离为32，所以C 到平面α的距离为3；C ，A 1的中点到平面α的距离为72，所以C 1到平面α的距离为7；而P 为C ，C 1，B 1，D 1中的一点，所以所有可能的结果为3,5,6,7.答案：①③④⑤5．已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及平面β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m ∥n ，②α∥β，③m ⊥α，④n ⊥β，以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.解析：同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行，故②③④⇒①.(同理①③④⇒②)．答案：②③④⇒①(或①③④⇒②)6．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四面体ACB 1D 1的体积为________．解析：用正方体体积减去4个相同的三棱锥体积(或求棱长为2的正四面体的体积)．答案：137．(2020·南京二模)一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________ cm 3.解析：正四棱锥的高h ＝52－32＝4，V ＝13×62×4＝48(cm 3)．答案：488．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析：当四点共面时为矩形；当四点不共面时，若有三点在正方体的某一面内，则可形成③⑤中的几何形体，若任意三点都不在正方体的某一面内，则形成④中的几何形体．答案：①③④⑤9．一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．解析：如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF为等腰直角三角形，DF为斜边，设DF长为x，则DE＝EF＝22x，作DG⊥BB1，HG⊥CC1，EI⊥CC1，则EG＝DE2－DG2＝x22－4，FI＝EF2－EI2＝x22－4，FH＝FI＋HI＝FI＋EG＝2x22－4，在Rt△DHF中，DF2＝DH2＋FH2，即x2＝4＋⎝⎛⎭⎪⎫2x22－42，解得x＝2 3.即该三角形的斜边长为2 3.答案：2 310.(2020·南通一模)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心．则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：如图1，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；如图2，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；如图3，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8；综上得，面积最大值为12.答案：1211.(2020·南京二模)如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC.(1)求证：平面AEC⊥平面ABE；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC . 因为平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为CE ⊂平面BCE ，所以CE ⊥AB .因为CE ⊥BE ，AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CE ⊥平面ABE .因为CE ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面ABE . (2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .因为DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ，所以DE ∥OF .又因为矩形ABCD 中，O 为BD 中点，所以F 为BE 中点，即BF BE ＝12.12.(2020·无锡一中)如图，四棱锥E －ABCD 中，EA ＝EB ，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD .(1)求证：AB ⊥ED ；(2)线段EA 上是否存在点F ，使DF ∥平面BCE ？若存在，求出EF EA的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：取AB 中点O ，连结EO ，DO .因为EA ＝EB ，所以EO ⊥AB .因为AB ∥CD ，AB ＝2CD ，所以BO ∥CD ，BO ＝CD .又因为AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为矩形，所以AB ⊥DO . 因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD .又因为EDC 平面EOD ，所以AB ⊥ED .(2)存在点F 满足EF EA ＝12，即F 为EA 中点时，有DF ∥平面BCE .证明如下：取EB 中点G ，连结CG ，FG .因为F 为EA 中点，所以FG ∥AB ，FG ＝12AB .因为AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以FG ∥CD ，FG ＝CD .所以四边形CDFG 是平行四边形，所以DF ∥CG . 因为DF ⊄平面BCE ，CG ⊂平面BCE ，所以DF ∥平面BCE .。

高考数学二轮复习第二编专题五立体几何第2讲空间中的平行与垂直课件文

12/11/2021
核心知识回顾
12/11/2021
1．直线与平面平行的判定和性质
□ (1)判定
①判定定理： 01 a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α
.
□ ②面面平行的性质： 02 α∥β，a⊂α⇒a∥β
.
□ (2)性质： 03 l∥α，l⊂β，α∩β＝m⇒l∥m .
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2．直线和平面垂直的判定和性质 (1)判定 ①判定定理：
12/11/2021
方法指导空间平行、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．
12/11/2021
如图，多面体 ABCDE 中，AB＝AC，BE∥CD，BE⊥ BC，平面 BCDE⊥平面 ABC，M 为 BC 的中点．
(1)若 N 是线段 AE 的中点，求证：MN∥平面 ACD； (2)若 N 是 AE 上的动点且 BE＝1，BC＝2，CD＝3，求证：DE⊥MN.
证明 (1)∵PA＝PD，且 E 为 AD 的中点，∴PE⊥AD. ∵底面 ABCD 为矩形，∴BC∥AD， ∴PE⊥BC. (2)∵底面 ABCD 为矩形，∴AB⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD，∴AB⊥平面 PAD. ∴AB⊥PD.又 PA⊥PD， ∴PD⊥平面 PAB，∴平面 PAB⊥平面 PCD.
12/11/2021
则四边形 AEFM 为平行四边形， ∴AM∥EF， ∵EF⊄平面 PAD，AM⊂平面 PAD， ∴EF∥平面 PAD. (2)∵侧面 PAD⊥底面 ABCD，PA⊥AD，侧面 PAD∩底面 ABCD＝AD， ∴PA⊥底面 ABCD，∵DE⊂底面 ABCD，
12/11/2021
∴DE⊥PA. ∵E，H 分别为正方形 ABCD 边 AB，BC 的中点， ∴Rt△ABH≌Rt△DAE，则∠BAH＝∠ADE，∴∠BAH＋∠AED＝90°， ∴DE⊥AH， ∵PA⊂平面 PAH，AH⊂平面 PAH，PA∩AH＝A， ∴DE⊥平面 PAH， ∵DE⊂平面 EFD，∴平面 PAH⊥平面 DEF.