2023年高考数学二轮复习专题12空间的平行与垂直教学案理

专题12空间的平行与垂直1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；2.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等．3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索性问题，以大题形式呈现．1．点、线、面的位置关系(1)平面的根本性质名称图形文字语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(A∈l,B∈l,A∈α,B∈α))⇒l⊂α公理2过不在一条直线上的三点有且只有一个平面假设A、B、C三点不共线，那么A、B、C在同一平面α内且α是唯一的．公理3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.平面α与β不重合，假设P∈α，且P∈β，那么α∩β＝a，且P∈a(2)平行公理、等角定理公理4：假设a∥c，b∥c，那么a∥b.等角定理：假设OA∥O1A1，OB∥O1B1，那么∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝2．直线、平面的平行与垂直定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的判定定理平面外一条直线与平面内的一条直线平行，那么这条直线与此平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊄α,b⊂α,a∥b))⇒a∥α线面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b面面平行的判定定理如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b线面垂直的判定定理一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α线面垂直的性质定理垂直于同一平面的两条直线平行a⊥α，b⊥α⇒a∥b面面垂直的判定定理一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β面面垂直的性质定理两个平面垂直，那么一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直α⊥β，b∈β，α∩β＝a，b⊥a⇒b⊥α3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的根底.【误区警示】1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件．2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．3．假设a、b、c代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a△b,a△c))⇒b△c的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a、b、c中有两个为平面，一条为直线，命题eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,a⊥β))⇒α∥β是成立的.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥α,a∥β))⇒α∥β是不成立的．考点一空间中点、线、面的位置例1．m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，那么以下命题正确的选项是()A．假设α，β垂直于同一平面，那么α与β平行B．假设m，n平行于同一平面，那么m与n平行C．假设α，β不平行，那么在α内不存在与β平行的直线D．假设m，n不平行，那么m与n不可能垂直于同一平面答案D【变式探究】m，n表示两条不同直线，α表示平面．以下说法正确的选项是()A．假设m∥α，n∥α，那么m∥nB．假设m⊥α，n⊂α，那么m⊥nC．假设m⊥α，m⊥n，那么n∥αD．假设m∥α，m⊥n，那么n⊥α答案B考点二空间中平行的判定与垂直例2．【2023江苏，15】如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：〔1〕EF∥平面ABC；〔2〕AD⊥AC.(第15题(第15题)ADBCEF【答案】〔1〕见解析〔2〕见解析【解析】证明：〔1〕在平面内，因为AB⊥AD，，所以.又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.〔2〕因为平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，平面BCD，，所以平面.因为平面，所以.又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.【变式探究】【2023高考江苏卷】(本小题总分值14分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.求证：〔1〕直线DE∥平面A1C〔2〕平面B1DE⊥平面A1C【答案】〔1〕详见解析〔2〕详见解析〔2〕在直三棱柱中，因为平面，所以又因为所以平面因为平面，所以又因为所以因为直线，所以【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝求证：(1)DE∥平面AA1C(2)BC1⊥AB1.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C所以BC1⊥平面B1AC又因为AB1⊂平面B1AC所以BC1⊥AB1.【举一反三】【2023高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．〔Ⅰ〕证明：平面；〔Ⅱ〕求二面角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕.【变式探究】如图，△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，那么()A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α解析极限思想：假设α＝π，那么∠A′CB＜π，排除D；假设α＝0，如图，那么∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.应选B.答案B考点三平面图形的折叠问题例3、(2023·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)证明：AC⊥HD′；(2)假设AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱锥D′－ABCFE的体积．由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五边形ABCFE的面积S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).【方法技巧】平面图形翻折问题的求解方法(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．【变式探究】如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且eq\f(DG,GH)＝eq\f(BR,RH).将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．(1)求证：GR⊥平面PEF；(2)假设正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P－DEF的内切球的半径．(2)正方形ABCD边长为4.由题意知，PE＝PF＝2，PD＝4，EF＝2eq\r(2)，DF＝2eq\r(5).∴S△PEF＝2，S△DPF＝S△DPE＝4.S△DEF＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2\r(5)2－\r(2)2)＝6.设三棱锥P－DEF内切球的半径为r，那么三棱锥的体积VP－DEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×4＝eq\f(1,3)(S△PEF＋2S△DPF＋S△DEF)·r，解得r＝eq\f(1,2).∴三棱锥P－DEF的内切球的半径为eq\f(1,2).1．(2023·全国卷Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()ABCD答案：A2．(2023·山东卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如下图．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1所以A1O∥平面B1CD1.3.【2023江苏，15】如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：〔1〕EF∥平面ABC；〔2〕AD⊥AC.(第15题(第15题)ADBCEF【答案】〔1〕见解析〔2〕见解析【解析】证明：〔1〕在平面内，因为AB⊥AD，，所以.又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.1.【2023高考浙江理数】互相垂直的平面交于直线l.假设直线m，n满足那么〔〕A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n【答案】C【解析】由题意知，．应选C．2.【2023高考新课标2理数】是两个平面，是两条直线，有以下四个命题：〔1〕如果，那么.〔2〕如果，那么.〔3〕如果，那么.〔4〕如果，那么与所成的角和与所成的角相等.其中正确的命题有．(填写所有正确命题的编号〕【答案】②③④【解析】对于①，，那么的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为，所以过直线作平面与平面相交于直线，那么，因为，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.3.【2023高考浙江理数】如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.假设平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，那么四面体PBCD的体积的最大值是.【答案】在中，，.由余弦定理可得，所以.由此可得，将ABD沿BD翻折后可与PBD重合，无论点D在任何位置，只要点D的位置确定，当平面PBD⊥平面BDC时，四面体PBCD的体积最大〔欲求最大值可不考虑不垂直的情况〕.过作直线的垂线，垂足为.设，那么，即，解得.而的面积.当平面PBD⊥平面BDC时：四面体的体积.观察上式，易得，当且仅当，即时取等号，同时我们可以发现当时，取得最小值，故当时，四面体的体积最大，为4.【2023高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,那么m、n所成角的正弦值为(A)(B)(C)(D)【答案】A5.【2023高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，假设，，，，那么的最大值是〔〕〔A〕4π〔B〕〔C〕6π〔D〕【答案】B6.【2023高考天津理数】一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如下图〔单位：m〕，那么该四棱锥的体积为_______m3.【答案】2【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积．故答案为2．1.【2023高考浙江，理8】如图，，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，那么〔〕A.B.C.D.【答案】B.在中，，在中，，∵，，∴〔当时取等号〕，∵，，而在上为递减函数，∴，应选B.【考点定位】立体几何中的动态问题2.【2023高考湖南，理10】某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，那么原工件材料的利用率为〔材料利用率=〕〔〕A.B.C.D.【答案】A.，当且仅当，时，等号成立，此时利用率为，应选A.【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.根本不等式求最值.3.【2023高考福建，理7】假设是两条不同的直线，垂直于平面，那么“〞是“的〔〕A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B4.【2023高考四川，理14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，那么的最大值为.【答案】【解析】建立坐标系如下图.设，那么.设，那么，由于异面直线所成角的范围为，所以5.【2023高考浙江，理13】如图，三棱锥中，，点分别是的中点，那么异面直线，所成的角的余弦值是．【答案】.6.【2023高考新课标2，理19】〔此题总分值12分〕如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．DDDD1C1A1EFABCB1〔Ⅰ〕在图中画出这个正方形〔不必说出画法和理由〕；〔Ⅱ〕求直线与平面所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕．7.【2023江苏高考，16】〔此题总分值14分〕如图，在直三棱柱中，，，设的中点为，.求证：〔1〕；〔2〕.ABABCDEA1B1C1【答案】〔1〕详见解析〔2〕详见解析【解析】〔1〕由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点，从而由三角形中位线性质得，再由线面平行判定定理得〔2〕因为直三棱柱中，所以侧面为正方形，因此，又，〔可由直三棱柱推导〕，因此由线面垂直判定定理得,从而，再由线面垂直判定定理得,进而可得试题解析：〔1〕由题意知，为的中点，又为的中点，因此．又因为平面，平面，所以平面．又因为平面，所以．8.【2023高考浙江，理17】如图，在三棱柱-中，，，，在底面的射影为的中点，为的中点.〔1〕证明：D平面；〔2〕求二面角-BD-的平面角的余弦值.【答案】〔1〕设为的中点，由题意得平面，∴，∵，∴，故平面，由，分别，的中点，得且，从而，∴四边形为