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-人教版高三全册数学教学案.doc

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第2讲空间中的平行与垂直
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(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Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，

点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．
解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.

又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°，由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以，四棱锥E－BB1C1C的体积V＝eq\f(1,3)×3×6×3＝18.
2．(2019·江苏卷)如图，

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.
求证：(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
[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：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④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：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③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⊥α，a⊂α⇒l⊥a.
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1－1](2018·北京卷)

如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(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PE⊥AD即可．
(2)根据PA⊥PD，只需再证明PD⊥AB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：∵PA＝PD，且E为AD中点，
∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD
∴PE⊥平面ABCD
∵BC⊂平面ABCD
∴PE⊥BC.
(2)∵四边形ABCD为矩形，
∴CD⊥AD
∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
CD⊂平面ABCD
∴CD⊥平面PAD
∵PA⊂平面PAD
∴CD⊥PA
∵PA⊥PD，且CD，PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，
∴PA⊥平面PCD
∵PA⊂平面PAB
∴平面PAB⊥平面PCD.

(3)取PC中点G，连接FG，GD
∵F，G分别为PB和PC中点
∴FG∥BC，FG＝eq\f(1,2)BC
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC∥AD，BC＝AD
∵E为AD中点
∴ED＝eq\f(1,2)AD
∴ED∥BC，ED＝eq\f(1,2)BC
∴ED∥FG，ED＝FG
∴四边形EFGD为平行四边形
∴EF∥G