1、第四讲 直线、平面垂直的判定及性质,考情精解读,A考点帮知识全通关,目录 CONTENTS,命题规律,聚焦核心素养,考点1 直线与平面垂直的判定与性质 考点2 平面与平面垂直的判定与性质,考法1 线面垂直的判定与性质 考法2 面面垂直的判定与性质,B考法帮题型全突破,C方法帮素养大提升,专题1 立体几何中的探索性问题 专题2 立体几何中的折叠问题 方法 转化思想在立体几何中的应用,考情精解读,命题规律 聚焦核心素养,文科数学 第八章：立体几何,命题规律,1.命题分析预测 从近五年的考查情况来看,本讲是高考的热点,主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质,常出现在解答题的第(1)问,难度
2、中等. 2.学科核心素养 本讲通过线、面垂直的判定及性质考查考生的直观想象、逻辑推理素养,以及对转化与化归思想的应用.,聚焦核心素养,A考点帮知识全通关,考点1 直线与平面垂直的判定与性质 考点2 平面与平面垂直的判定与性质,考点1 直线与平面垂直的判定与性质（重点）,1.直线和平面垂直的定义 直线l与平面内的任何一条直线都垂直,就说直线l与平面互相垂直. 2.直线与平面垂直的判定定理和性质定理,考点2 平面与平面垂直的判定与性质（重点）,1.平面与平面垂直的定义 一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直. 2.平面与平面垂直的判定定理和性质定理,B考法帮题
3、型全突破,考法1 线面垂直的判定与性质 考法2 面面垂直的判定与性质,考法1 线面垂直的判定与性质,示例1 如图8-4-2,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F是CC1上一点.图8-4-2 (1)当CF=2时,证明:B1F平面ADF; (2)若FDB1D,求三棱锥B1-ADF的体积.,思维导引 (1)证明B1F与两直线AD,DF垂直,利用线面垂直的判定定理得出B1F平面ADF; (2)若FDB1D,则RtCDFRtBB1D,可求DF,即可求三棱锥B1-ADF的体积.,解析 (1)因为AB=AC,D是BC的中点,所以ADBC.(等腰三角形底边中
4、线与底边高线重合) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为BB1底面ABC,AD底面ABC,所以ADB1B. 因为BCB1B=B,所以AD平面B1BCC1. 因为B1F平面B1BCC1,所以ADB1F. 由题意,可知C1F=CD=1,B1C1=CF=2,B1C1F=FCD=90, 所以RtDCFRtFC1B1,所以CFD=C1B1F,所以B1FD=90,(利用平面几何知识找垂直),所以B1FFD. 因为ADB1F,B1FFD,AD,FD平面ADF,且ADFD=D,所以B1F平面ADF.(线面垂直的判定定理) (2)由(1)知AD平面B1DF, CD=1,AD=2 2 , 在RtB1BD中,BD
5、=CD=1,BB1=3, 所以B1D= 2 + 1 2 = 10 . 因为FDB1D,所以RtCDFRtBB1D, 所以 1 = 1 ,即DF= 1 3 10 = 10 3 ,所以 1 = 1 = 1 3 1 AD= 1 3 1 3 10 3 10 2 2 = 10 2 9 .,方法总结 1.证明线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理(ab,ac,bc=M,b,ca); (2)利用面面垂直的性质定理(,=l,al,aa); (3)利用面面平行的性质(a,a); (4)利用垂直于平面的传递性(ab,ab). 2.证明线面垂直的关键是证明线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因
6、此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的,拓展变式1 2018郑州市第三次质量预测如图8-4-3,四棱锥E-ABCD中,ADBC,AD=AB=AE= 1 2 BC=1,且BC平面ABE,M为棱CE的中点. (1)求证:直线DM平面CBE; (2)当四面体D-ABE的体积最大时,求四棱锥E-ABCD体积的大小.图8-4-3,1.(1)设N为EB的中点,连接AN,MN.因为AE=AB,所以ANBE. 又BC平面ABE,AN平面ABE,所以BCAN,又BCBE=B, 所以AN平面BCE. 因为M为棱CE的中点,N为EB的中点,所以MN BC,又AD= 1 2 BC且ADBC,所以四边形ADM
7、N为平行四边形, 所以DMAN,所以DM平面CBE. (2)设EAB=,因为AD=AB=AE=1, 所以四面体D-ABE的体积V= 1 3 1 2 AEABsinAD= 1 6 sin .,当=90,即AEAB时,四面体D-ABE的体积最大. 又BC平面ABE,AE平面ABE,所以AEBC. 因为BCAB=B,所以AE平面ABC. 所以VE-ABCD= 1 3 1 2 (1+2)11= 1 2 .,考法2 面面垂直的判定与性质,示例2 2018北京,18,14分文如图8-4-4,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中
8、点. ()求证:PEBC; ()求证:平面PAB平面PCD; ()求证:EF平面PCD.,图8-4-4,思维导引 ()欲证PEBC,只需证明PEAD即可; ()先证PD平面PAB,进而可证明平面PAB平面PCD; ()取PC的中点G,连接FG,DG,通过证明EFDG,可证得EF平面PCD.,解析 ()因为PA=PD,且E为AD的中点,所以PEAD.(等腰三角形的中线也是高线) 因为底面ABCD为矩形,所以BCAD,(矩形对边平行) 所以PEBC. ()因为底面ABCD为矩形,所以ABAD.(矩形邻边垂直) 因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD.(面面垂直
9、的性质定理) 所以ABPD. 又PAPD, PAAB=A,所以PD平面PAB,又PD平面PCD,所以平面PAB平面PCD.(面面垂直的判定定理) ()如图8-4-5,取PC的中点G,连接FG,GD.图8-4-5 因为F,G分别为PB和PC的中点,所以FGBC,且FG= 1 2 BC.(构造中位线) 因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以EDBC,ED= 1 2 BC,所以EDFG,且ED=FG,所以四边形EFGD为平行四边形,(构造平行四边形) 所以EFGD. 又EF平面PCD,GD平面PCD,所以EF平面PCD.(线面平行的判定定理),拓展变式2 如图8-4-6,在多面体 ABCD
10、EF中,AFAD,四边形ABEF为矩形,四边形ABCD为直角梯形,DAB=90,ABCD,AD=AF=CD=2,AB=4.求证:平面ACE平面BCE.,图8-4-6,2.因为AFAD,AFAB,ABAD=A,所以AF平面ABCD, 故AFAC, 又BEAF,所以BEAC. 在直角梯形ABCD中,AB=4,AC=2 2 ,BAC= 4 , 由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC =42+ (2 2 ) 2 -242 2 cos 4 =8, 所以BC=2 2 .,由BC2+AC2=AB2知ACBC, 由及BEBC=B知AC平面BCE, 又AC平面ACE, 所以平面ACE平面B
11、CE.,【解后反思】 本题是利用余弦定理求解BC的值,当然也可以根据直角梯形的特征求解:取AB的中点P,连接CP,则四边形ADCP为正方形,所以CP=AD=2,所以BC= sin 4 =2 2 .,C方法帮素养大提升,专题1 立体几何中的探索性问题 专题2 立体几何中的折叠问题 方法 转化思想在立体几何中的应用,专题1 立体几何中的探索性问题,示例3 2018全国卷,19,12分文如图8-4-7,矩形ABCD所在平面与半圆弧 所在平面垂直,图8-4-7 M是 上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD平面BMC; (2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.,解析 (1)因为
12、矩形ABCD所在平面与半圆弧 所在平面垂直,且两平面的交线为CD,BCCD, 所以BC平面CDM.(面面垂直的性质定理) 故BCDM. 又CD为半圆弧的直径,所以CMDM.(圆中直径所对圆周角为直角) 又BCCM=C,所以DM平面BMC.(线面垂直的判定定理) 又DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(面面垂直的判定定理) (2)存在,当P为线段AM的中点时,MC平面PBD. 如图8-4-8,连接AC,BD,记ACBD=O,则O为AC的中点. 又P为AM的中点,连接OP,所以OPMC.(中位线构造平行关系),连接PB,PD,因为OP平面PBD,MC平面PBD,故MC平面PBD.(线面平行的判
13、定定理) 即在线段AM上存在点P,使得MC平面PBD.,图8-4-8,专题2 立体几何中的折叠问题 示例4 2018全国卷,18,12分文如图8-4-9,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90,以AC为折痕将ACM折起,使点M到达点D的位置,且ABDA.图8-4-9 (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ= 2 3 DA,求三棱锥Q-ABP的体积.,专题2 立体几何中的折叠问题,思维导引 (1)根据线面垂直的判定定理证明AB平面ACD,进而可证平面ACD平面ABC; (2)先利用BP= 2 3 DA,求出BP,然后求出三棱锥
14、的高,再根据棱锥的体积公式求出三棱锥Q-ABP的体积.,解析 (1)因为在平行四边形ABCM中,ACM=90,所以BAC=90,所以ABAC. 又ABDA,ADAC=A,所以AB平面ADC, 又AB平面ABC,所以平面ACD平面ABC. (2)由已知可得,DC=CM=AC=3,ACM=90,所以AD=AM=3 2 ,所以BP=DQ= 2 3 DA=2 2 . 由(1)及已知条件可得DCAB,又DCCA,ABCA=A,所以DC平面ABC.,如图8-4-10,作QEAC,垂足为E,则QE 1 3 DC,图8-4-10 所以QE平面ABC,且QE=1, 于是,三棱锥Q-ABP的体积V= 1 3 SA
15、BPQE= 1 3 2 3 SABCQE= 1 3 2 3 1 2 331=1.,素养提升以几何体的折叠为载体考查空间位置关系,突出转化思想与空间想象能力、逻辑思维能力的考查.本题一证一算,着力考查逻辑推理、直观想象和数学运算等学科核心素养,这是立体几何试题的“任务”所在. 解决此类问题的关键就是根据折痕,准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”: (1)与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不改变; (2)与折痕平行的线段,翻折前后平行关系不改变.,答题模板,方法 转化思想在立体几何中的应用,示例5 2018江苏,15,14分文如图8-4-11,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1
16、=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,图8-4-11,思维导引 (1)利用平行六面体的性质得线线平行,再利用线面平行的判定定理证明; (2)利用平行六面体的性质和线面垂直、面面垂直的判定定理证明.,解析 (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1.因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形. 因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1A1B. 又AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC.
17、 又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC. 因为AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC.,拓展变式3 如图8-4-12(1),在RtABC中,C=90,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1FCD,如图8-4-12(2). (1)求证:DE平面A1CB. (2)求证:A1FBE. (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C平面DEQ? 说明理由.,图8-4-12,3.(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DEBC. 又因为DE平面A1CB,BC平面A1CB, 所以DE
18、平面A1CB. (2)由已知得ACBC且DEBC,所以DEAC. 因为DEA1D,DECD,且A1DCD=D,所以DE平面A1DC, 而A1F平面A1DC,所以DEA1F. 又因为A1FCD,CDDE=D,所以A1F平面BCDE,又BE平面BCDE,所以A1FBE. (3)线段A1B上存在点Q,使A1C平面DEQ.理由如下: 如图D 8-4-3,分别取A1C,A1B的中点P,Q,图D 8-4-3 则PQBC. 又因为DEBC,所以DEPQ. 所以平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知,DE平面A1DC,所以DEA1C. 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点, 所以A1CDP,又DEDP=D, 所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C平面DEQ.,
