專題12空間平行與垂直教學案教師版?zhèn)鋺?zhàn)2020高考理科數(shù)學二輪考點突破紙間書屋

以客觀題形式考查有關(guān)線面平行、垂直等位置關(guān)系題真假判斷或充要條件判斷等A∈lB∈lABC三點不共線，A、B、C在同一平面αααβ＝a(2)線面平行的判定定平面外一條直線與平面內(nèi)的a?αb?α?a∥α線面平行的性質(zhì)定過這條直線的任何一個平面與此平面的交線與該直線平行a∥α，a?β，面面平行的判定定如果一個平面內(nèi)有兩條相交面面平行的性質(zhì)定如果兩個平行平面同時和第α∥βγ∩α＝a線面垂直的判定定一條直線和一個平面內(nèi)的兩A，l⊥a，l⊥b?l線面垂直的性質(zhì)定理垂直于同一平面的兩條直線面面垂直的判定定理一個平面過另一個平面的垂面面垂直的性質(zhì)定垂直于交線的直線與另一個積體積的計算，熟練掌握線線、線面、面面平行與垂直等位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理及公理，熟練進a、b、c代表直線或平面，△

a、b、c

?α∥β的 ?α∥β是不成立的高頻考點一例1．(2019·高考卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平ABCD，M是線段ED的中點，則 A．BM＝ENBM，EN是相交直線B．BM≠ENBM，EN是相交直線C．BM＝ENBM，EN是異面直線D．BM≠ENBM，EN是異面直線【答案】CDOON，EO，因為△ECDEO⊥CDECD⊥平ABCDECD∩ABCD＝CDEOABCD.ABCD2EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝ 2 2 NBDEN，MBBDEBM，ENm，n是兩條不同直線，α，β是兩個不同平面，則下列命題正確的是(α，βαβm，nmnα，βαβm，nmnDD正確．【答案】【變式探究】已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面．下列說法正確的是 Am∥α，n∥αmn可能相交、平行或異面，AB正確；Cm⊥α，m⊥nn?αn∥α，CDm∥α，m⊥nn∥αn?α或nα相交．DB.【答案】 【答案】ABCD-A1B1C1D1ABCD-A1B1C1D1ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?ADD1A1，BD?ABCDA1DBD不垂直，故①錯；ABCD-A1B1C1D1ADD1A1ABCD，lADD1A1內(nèi)的任意一條直線，lABCDAB平行的所有直線垂直，故②正確；ADllC．高頻考點二形，OACBD的交點，EAD的中點，A1EABCD.(2)MODA1EM【證明】(1)B1D1O1ABCD-A1B1C1D1為四棱柱，A1O1∥OC，A1OCO1為平行四邊形，A1O∥O1C.A1OB1CD1.(2)AC⊥BD，E，MADOD的中點，EM⊥BD.A1E⊥BD.B1D1A1EM.1BC＝CD＝2AD，EAD(1)PA⊥AB，(2)由已知，BC∥EDBC＝EDBCDE是平行四邊形，CD⊥AD，BC＝CD，BCDECE(圖略)BD⊥CE，BC∥AE，BC＝AE，ABCE是平行四邊形，CE∥ABBD⊥AB.D(1)當A1D1等于何值時，BC1D1(2)BC1DAB1D1，求ADD【解析】(1)D1A1C1的中點，此時D1A1BAB1OOA1B的中點．在△A1BC1O，D1A1B，A1C1的中點，OD1∥BC1.OD1?AB1D1，BC1?AB1D1，BC1AB1D1.D所以當A1D1＝1時，BC1D1A1BC1∩BDC1＝BC1，因為 DC＝OB，DC1 1又因為

OB＝1，所以AD＝1，即

【證明】(1)由題意知，EB1C的中點，DAB1DE∥AC.CC1ABC.ACBCC1B1.BC1⊥AC.BC1⊥B1C.BC1B1AC.BC1⊥AB1.高頻考點三3ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BACAC折起到△PAC的位置，使得P點在平面ADC上的正投影O恰好落段AC上，如圖②所示，點E，F(xiàn)分別為棱PC，CD的中點．AD＝3，CD＝4，AB＝5E-CFO【解】(1)證明：因為點P在平面ADC上的正投影O恰好落段AC上，POADCPO⊥AC.OEPAD.同理，OFPAD.OEFPAD.OF⊥CD.OF∩PO＝OCDPOF.1O，F(xiàn)AC，CD 由題意可知△ACP55OP＝25PACD的距離為25EPCECFO的距離為413 VE-CFO＝3×2×43＝8 1ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2，AB＝BC＝2AD＝a，EAD點，OACBE的交點，將△ABEBE2中△A1BEA1-(2)A1BEBCDEA1-BCDE362a1【解析】(1)1AB＝BC＝2AD＝a，EADπ2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，BEA1OC，A1BE∩BCDE＝BE，A1OA1-BCDE1知，A1O＝2AB＝2aBCDE 2A1-BCDEV＝3×S×A1O＝3×a2×2a＝66a3＝362EFBDH.將△DEFEF折到△D′EF(1)(2)若 OD′＝22，求五棱錐D′－ABCFE的體積【解析】(1)AE＝CF得AE＝CF (2)

AB＝5，AC＝6DO＝BO＝OD′2＋OH2＝(22)2＋12＝9＝D′H2，OD′⊥OH.ACBHD′AC⊥OD′.又由 ABCFE

1 －2×2×3＝4D′－ABCFE

1

23＝3×4×22＝1ABCDE，F(xiàn)AB，BC的中點，BDEF點G，R分別段

DG＝BR.將△AED，△CFD，△BEFDE，DF，EF上，且 A，B，CP2(2)ABCD4P－DEF【解析】(1)ABCD中，∠A，∠B，∠CP－DEF中，PE，PF，PD

DG＝PR，∴在△PDH (2)ABCD由題意知，PE＝PF＝2，PD＝4，EF＝22，DF＝22222S△DEF＝2×2

P－DEF則三棱錐的體積 1

2P－DEF的內(nèi)切球的半徑為21．(2019·高考卷Ⅱ)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是 αβαβα，βα，β【答案】CD，垂直于同一平面的兩個平面可能相交，也可能平行，如長DB．2(2019·△ECDMED的中點，則()A．BM＝ENBM，EN是相交直線B．BM≠ENBM，EN是相交直線C．BM＝ENBM，EN是異面直線D．BM≠ENBM，EN是異面直線【答案】CDOON，EO，因為△ECDEO⊥CDECD⊥平ABCDECD∩ABCD＝CDEOABCD.ABCD2EO＝ NBDEN，MBBDEBM，EN1．(2018·高考卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，則異面直線AD1DB1所成角的余弦值為 B． C． 【答案】C．如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM，O為BD1的AD1∥OM，則∠MODAD1DB1ABCD-A1B1C1D1 5 AB＝BC＝1，AA1＝3，ADAB＝BC＝1，AA1＝3，AD1＝ AD2＋＝，DB1＝ ＝5OM＝2AD1＝1，OD＝2DB1＝2，于是在△DMO 12＋2－2 5＝5AD1DB152×1×ABCA1B1C1A1AB1BC1C°證明：AB1AC1ABB1所以故 ，得 得由，得，所以，故因此平面（Ⅱ）如圖，過點作，交直線于點，連 由平面得平面平面，由得平面，所以是與平面所成的角 因此，直 與平 所成的角的正弦值是， ，求證：ACB-CD-C1FGBCDB-CD-C1ABC-A1B1C1A1ACC1E，F(xiàn)AC，A1C1∴ACCC1ABC，∴EFABC．∵BE?ABC，∴EF⊥BE．B（0，20，C（-1，0，0，D（1，0，1，F(xiàn)（0，0，2，G（0，2，1∴設平面BCD的法向量為∴，∴，a=2b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量為，∴由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為平面BCD的法向量為，∵G（0，2，1，F(xiàn)（0，0，2∴，∴，∴與不垂直∴GFBCDBCD內(nèi)，∴GFBCD4.（2018年江蘇卷）在平行六面體中，（1）（2）（1）ABA1B1C，A1B1?A1B1C，ABA1B1C．（2）ABCD-A1B1C1D1ABB1A1為平行四邊形．AA1=ABABB1A1為菱形，AB1⊥BC．AB1A1BC．則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是( NQ?MNQABMNQ.A.ABCD為正方形，OACBD的交點，EAD的中點，A1E(2)MODA1EM證明：(1)B1D1O1CO1，A1O1，ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，A1OB1CD1.(2)AC⊥BD，E，MADOD的中點，EM⊥BD，A1E⊥BD，B1