2022年高考數(shù)學(xué) 考綱解讀與熱點難點突破 專題14 空間中的平行與垂直教學(xué)案 文（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學(xué) 考綱解讀與熱點難點突破 專題14 空間中的平行與垂直教學(xué)案 文（含解析） 【2019年高考考綱解讀】 1.以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎(chǔ)題. 2.以解答題的形式考查，主要是對線線、線面與面面平行和垂直關(guān)系的交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查，難度中檔． 【重點、難點剖析】 1．直線、平面平行的判定及其性質(zhì) (1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)線面平行的性質(zhì)定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b. (

2、3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β. (4)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b. 2．平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化 兩平面平行問題常常可以轉(zhuǎn)化為直線與平面的平行，而直線與平面平行又可轉(zhuǎn)化為直線與直線平行，所以要注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，以下為三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化示意圖． 3．直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) (1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (2)線面垂直的性質(zhì)定理：a⊥α，b⊥α?a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β. (2)如圖，平面α與平面β相交于BC，AB?α

3、，CD?β，點A?BC，點D?BC，則下列敘述錯誤的是(　　) A．直線AD與BC是異面直線 B．過AD只能作一個平面與BC平行 C．過AD只能作一個平面與BC垂直 D．過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個平面與BC平行 答案　C 解析　由異面直線的判定定理得直線AD與BC是異面直線；在平面β內(nèi)僅有一條直線過點D且與BC平行，這條直線與AD確定一個平面與BC平行，即過AD只能作一個平面與BC平行；若AD垂直于平面α，則過AD的平面都與BC垂直，因此C錯；過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個平面與BC平行． 題型二　　空間平行、垂直關(guān)系的證明 例2. (2

4、018·全國Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離． (1)證明　因為PA＝PC＝AC＝4，O為AC的中點， 所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 如圖，連接OB. 因為AB＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形， 所以O(shè)B⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 因為OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC?平面ABC， 所以PO⊥平面ABC. (2)解　作CH⊥OM，垂足為H，

5、 又由(1)可得OP⊥CH， 因為OM∩OP＝O，OM，OP?平面POM， 所以CH⊥平面POM. 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題意可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝， ∠ACB＝45°， 所以在△OMC中，由余弦定理可得，OM＝， CH＝＝. 所以點C到平面POM的距離為. 【變式探究】(1)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，點E是PD的中點，棱PA與平面BCE交于點F. ①求證：AD∥EF； ②若△PAB是正三角形，求三棱錐P－BEF的體積． ①證明　因為底面ABCD是邊長為2的正方形， 所以BC∥

6、AD. 又因為BC?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BC∥平面PAD. 又因為B，C，E，F(xiàn)四點共面，且平面BCEF∩平面PAD＝EF， 所以BC∥EF. 又因為BC∥AD，所以AD∥EF. ②解　由①知，AD∥EF，點E是PD的中點， 所以點F為PA的中點，EF＝AD＝1. 又因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB， 所以AD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB. 又因為△PAB是正三角形， 所以PA＝PB＝AB＝2， 所以S△PBF＝S△PBA＝. 又EF＝1，所以VP－BEF＝VE－PBF＝××1＝. 故三棱錐P－BEF的體

7、積為. (2)(2018·北京)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點． ①求證：PE⊥BC； ②求證：平面PAB⊥平面PCD； ③求證：EF∥平面PCD. 證明　①因為PA＝PD，E為AD的中點， 所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC. ③如圖，取PC的中點G， 連接FG，DG. 因為F，G分別為PB，PC的中點， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC， 因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE

8、∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形，所以EF∥DG. 又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 【感悟提升】垂直、平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線垂直和線線平行，常用方法如下： (1)證明線線平行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進行平行轉(zhuǎn)換；三是利用三角形的中位線定理證明線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進行平行轉(zhuǎn)換． (2)證明線線垂直常用的方法：①利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)；②勾股定理；③線面垂直的性質(zhì)，即要證線線垂直，只需證明一條直線垂直于另一條直線所在的平面即可，l⊥α，a?

9、α?l⊥a. 【變式探究】　(2018·全國Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC. (2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由． (1)證明　由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD， 又DM?平面CMD， 故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，BC，CM?平面BMC， 所以DM⊥平面BMC. 又DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)解　

10、當(dāng)P為AM的中點時，MC∥平面PBD. 證明如下：連接AC，BD，交于點O.因為ABCD為矩形， 所以O(shè)為AC的中點． 連接OP，因為P為AM的中點， 所以MC∥OP. 又MC?平面PBD，OP?平面PBD， 所以MC∥平面PBD. 題型三　平面圖形的翻折問題 平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質(zhì)有的發(fā)生變化，有的沒有發(fā)生變化，這些發(fā)生變化和沒有發(fā)生變化的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．一般地，在翻折后還在一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化，解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變，去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主

11、要方法． 例3、如圖1，已知菱形AECD的對角線AC，DE交于點F，點E為AB中點．將△ADE沿線段DE折起到△PDE的位置，如圖2所示． (1)求證：DE⊥平面PCF； (2)求證：平面PBC⊥平面PCF； (3)在線段PD，BC上是否分別存在點M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，請指出點M，N的位置，并證明；若不存在，請說明理由． (1)證明　折疊前，因為四邊形AECD為菱形， 所以AC⊥DE， 所以折疊后，DE⊥PF，DE⊥CF， 又PF∩CF＝F，PF，CF?平面PCF， 所以DE⊥平面PCF. (2)證明　因為四邊形AECD為菱形， 所以DC∥AE，

12、DC＝AE. 又點E為AB的中點， 所以DC∥EB，DC＝EB， 所以四邊形DEBC為平行四邊形， 所以CB∥DE. 又由(1)得，DE⊥平面PCF， 所以CB⊥平面PCF. 因為CB?平面PBC， 所以平面PBC⊥平面PCF. (3)解　存在滿足條件的點M，N， 且M，N分別是PD和BC的中點． 如圖，分別取PD和BC的中點M，N. 連接EN，PN，MF，CM. 因為四邊形DEBC為平行四邊形， 所以EF∥CN，EF＝BC＝CN， 所以四邊形ENCF為平行四邊形， 所以FC∥EN. 在△PDE中，M，F(xiàn)分別為PD，DE的中點， 所以MF∥PE. 又E

13、N，PE?平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF?平面CFM，MF∩CF＝F， 所以平面CFM∥平面PEN. 【感悟提升】(1)折疊問題中不變的數(shù)量和位置關(guān)系是解題的突破口． (2)存在探索性問題可先假設(shè)存在，然后在此前提下進行邏輯推理，得出矛盾則否定假設(shè)，否則給出肯定結(jié)論． 【變式探究】如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖所示的空間幾何體． 　　 (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，AB＝，求點B到平面ADE的距離． (1)證明　因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， 又BD⊥DC，DC?平面BCD，所以DC⊥平面ABD. 因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB. 又AD⊥AB，DC∩AD＝D，AD，DC?平面ADC， 所以AB⊥平面ADC. 所以S△ADE＝×1× ＝. 因為DC⊥平面ABD， 所以VA—BCD＝CD·S△ABD＝. 設(shè)點B到平面ADE的距離為d， 則d·S△ADE＝VB—ADE＝VA—BDE＝VA—BCD＝， 所以d＝， 即點B到平面ADE的距離為.