2021高中数学北师大版必修二导学案：《平行和垂直的综合应用》.docx

第12课时　平行和垂直的综合应用

1.综合应用直线与平面的平行和垂直的判定定理、性质定理解决空间几何中的平行与垂直问题.
2.培育同学的空间识图力量和空间想象力量,会依据题意构造帮助线将问题进行转化,提高同学的规律推理力量和计算力量.

通过前面几节课的学习,我们生疏了空间中的点、线、面的位置关系,学习了空间几何中的线面平行和垂直的判定定理和性质定理、面面平行和垂直的判定定理和性质定理,了解了直线与平面所成的角、二面角的概念,并能进行一些简洁的线面角和二面角的计算,这节课我们将探究空间中平行和垂直的综合性问题,提高空间几何的想象力量和解决综合性问题的方法技巧.

问题1:平行综合问题的转化方法和技巧
(1)利用线面平行的判定定理可以把线面平行问题转化为　　问题,利用面面平行的判定定理可以把面面平行问题转化为　线面平行　问题; 
(2)利用线面平行的性质定理可以利用线面平行推导　线线平行　,利用面面平行的性质定理可以利用面面平行推导　线面平行　; 
(3)线线平行是把立体几何中的平行问题转化为平面几何中的平行问题的中转站,在平面几何中证明线线平行的常用方法有:　定义法(即平面中没有公共点的两条直线是平行线)　、　三角形中位线定理　、　三角形分线段成比例定理　、　特殊四边形的性质　. 
问题2:垂直综合问题的转化方法和技巧
(1)利用线面垂直的判定定理可以把线面垂直问题转化为　线线垂直　问题,利用面面垂直的判定定理可以把面面垂直问题转化为　线面垂直　问题; 
(2)利用线面垂直的性质定理可以利用线面垂直推导　线线垂直　,利用面面垂直的性质定理可以利用面面垂直推导　线面垂直　; 
(3)线线垂直是把立体几何中的垂直问题转化为平面几何中的垂直问题的中转站,在平面几何中证明线线垂直的常用方法有:　勾股定理　、　等腰三角形三线合肯定理　、　特殊四边形的性质　. 
问题3:平行问题与垂直问题的相互转化
(1)垂直同一平面的两条直线平行,即　a⊥α,b⊥α⇒a∥b　; 
(2)与平面的垂线平行的直线也垂直这个平面,即　a⊥α,a∥b⇒b⊥α　; 
(3)垂直同始终线的两个平面平行,即　a⊥α,a⊥β⇒α∥β　; 
(4)与平面的垂线平行的平面也垂直这个平面,即　a⊥α,a∥β⇒α⊥β　; 
(5) 与平面的垂直平面平行的平面也垂直这个平面,即　a⊥β,β∥γ⇒a⊥γ　. 
　　问题4:垂直问题与平行问题的常见错误命题归类
(1)垂直同一平面的两个平面平行,即　α⊥β,β⊥γ⇒α∥γ　; 
(2)垂直同一平面的两个平面垂直,即　α⊥β,β⊥γ⇒α⊥γ　; 
(3)平行同始终线的两个平面平行,即　a∥α,a∥β⇒α∥β　;  
(4)平行同一平面的两个直线平行,即　a∥α,b∥α⇒α∥b　. 

1.假如一条直线l与平面α的一条垂线垂直,那么直线l与平面α的位置关系是(　　).
A.l⊂α　　　　　 B.l⊥α C.l∥α D.l⊂α或l∥α
2.已知a,b,c是直线,α,β是平面,下列条件中,能得出直线a⊥平面α的是(　　).
A.a⊥c,a⊥b,其中b⊂α,c⊂α B.a∥b,b⊥α
C.α⊥β,a∥β D.a⊥b,b∥α
3.在正方体中,与正方体的一条对角线垂直的各面上的对角线的条数是　　　　. 
4.已知直线l⊥平面α,垂足为A,直线AP⊥l.
求证:AP在α内.

棱柱中的平行问题与垂直问题
已知,正方体ABCD-A1B1C1D1,E,M,F分别是AD,CD,CC1的中点,

求证:(1)EM∥平面BFD1;
(2)A1E⊥平面ABF.

棱锥中的平行问题与垂直问题
已知四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,AB∥CD,CD=2AB,AD⊥CD,BC=PB,E为PD的中点.
求证:(1)AE∥平面PBC;
(2)AE⊥平面PCD.

其他几何体中的平行问题与垂直问题
如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直,EF∥AC,AB=2,CE=EF=1.
(1)求证:AF∥平面BDE;
(2)求证:CF⊥平面BDE.

如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,点D在BC上,AD⊥C1D.
(1)求证:AD⊥面BCC1B1;
(2)假如AB=AC,点E是B1C1的中点,求证:A1E∥平面ADC1.

如图,四边形ABCD为矩形,AD⊥平面ABE,EB=BC,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.
(1)求证:AE⊥平面BCE;
(2)求证:AE∥平面BFD.

如图,四边形ABCD是圆柱的一个轴截面,E是下底面圆上除去A,B以外的一点,AF⊥CE,垂足为F.
求证:(1)AF⊥平面BCE;
(2)若BC⊥DF,AB=4,求棱柱的体积.

1.已知m是平面α的一条斜线,点A∉α,l为过点A的一条动直线,那么下列情形可能消灭的是(　　).
A.l∥m,l⊥α　　　 B.l⊥m,l⊥α C.l⊥m,l∥α D.l∥m,l∥α
2.已知如图,六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是(　　).

　　A.CD∥平面PAF
B.DF⊥平面PAF
C.CF∥平面PAB
D.CF⊥平面PAD
3.若l为一条直线,α,β,γ为三个互不重合的平面,给出下面三个命题:
①α⊥γ,β⊥γ⇒α⊥β;②α⊥γ,β∥γ⇒α⊥β;③l∥α,l⊥β⇒α⊥β.其中正确的命题有　　　　. 
4.如图,四边形ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,M、N分别为AB、PC的中点.
(1)证明:AB⊥MN;
(2)若PA=AD,连接AC,取AC的中点O,证明:平面MNO⊥平面PDC.

(2021年·江苏卷)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB,过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.
求证:(1)平面EFG∥平面ABC;
(2)BC⊥SA.

　　考题变式(我来改编):

第12课时　平行和垂直的综合应用

学问体系梳理
问题1:(1)线线平行　线面平行　(2)线线平行　线面平行　(3)定义法(即平面中没有公共点的两条直线是平行线)　三角形中位线定理　三角形分线段成比例定理　特殊四边形的性质
问题2:(1)线线垂直　线面垂直　(2)线线垂直　线面垂直　(3)勾股定理　等腰三角形三线合肯定理　特殊四边形的性质
问题3:(1)a⊥α,b⊥α⇒a∥b　 (2)a⊥α,a∥b⇒b⊥α
(3)a⊥α,a⊥β⇒α∥β　 (4)a⊥α,a∥β⇒α⊥β　(5)a⊥β,β∥γ⇒a⊥γ
问题4:(1)α⊥β,β⊥γ⇒α∥γ　 (2)α⊥β,β⊥γ⇒α⊥γ
(3)a∥α,a∥β⇒α∥β　 (4)a∥α,b∥α⇒α∥b
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1.D　通过画图分析可得.
2.B　 A中没强调a,b是相交直线,C、D明显错误,B正确.
3.6　通过画图分析可得,每个面都有一条面对角线与该对角线垂直,所以有6条.
4.解:假设AP与l确定的平面为β,假如AP不在α内,
则可设α与β相交于直线AM,
∵l⊥α,∴l⊥AM,
又AP⊥l,
∵在平面内,过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直,
∴假设错误,
∴AP肯定在α内.
重点难点探究
探究一:

【解析】 (1) 连接AC、BD交于点O,取BD1中点为O',连接O'F、O'O,由于E,M分别是AD,CD的中点,所以EM∥AC,
又由于OO'∥DD1∥CC1,
且OO'=12DD1=12CC1=CF,
所以四边形OO'FC是平行四边形,
所以O'F∥OC,
所以EM∥O'F且O'F⊂平面BFD1,
所以EM∥平面BFD1.
(2)取BC中点为G,连接B1G,易得A1E∥B1G,
在正方形BB1C1C中,由于G,F分别是BC,CC1的中点,
易证B1G⊥BF,
所以A1E⊥BF,
又由于AB⊥平面AA1D1D,A1E⊂平面AA1D1D,
所以AB⊥A1E,AB∩BF=B,
所以A1E⊥平面ABF.
【小结】棱柱中具有很多平行和垂直关系,在分析的时候要考虑利用它们的性质进行规律推导.
正方体是特殊的棱柱,棱、对角线都具有很多特殊的性质,是历届高考的热门模型.
　　探究二:

【解析】 (1)取PC的中点为F,连接EF,BF,
则EF􀱀12CD,AB􀱀12CD,所以EF􀱀AB,
所以四边形AEFB是平行四边形,
所以AE∥BF且BF⊂平面PBC,
所以AE∥平面PBC.
(2)由于BC=PB,F是PC的中点,
所以BF⊥PC且AE∥BF,
所以AE⊥PC,
侧面PAD⊥底面ABCD且AD⊥CD,
所以CD⊥平面PAD且AE⊂平面PAD,
所以AE⊥CD且CD∩PC=C,
所以AE⊥平面PCD.
【小结】棱锥由于各个侧面都是三角形,所以将三角形的性质与平行问题和垂直问题结合也是考试热点问题,图形简洁,内容丰富.
　　探究三:【解析】(1)设AC与BD交于点G.

由于EF∥AG,且EF=1,
AG=12AC=1,
所以四边形AGEF为平行四边形,
所以AF∥EG.
由于EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,
所以AF∥平面BDE.
(2)连接FG.
由于EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,
所以四边形CEFG为菱形,
所以CF⊥EG.
由于四边形ABCD为正方形,
所以BD⊥AC,
又由于平面ACEF⊥平面ABCD,
且平面ACEF∩平面ABCD=AC,
所以BD⊥平面ACEF,所以CF⊥BD,
又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.
【小结】从一般几何体的图形入手,常接受切割法或者是补形法转化为柱体或椎体中的平行和垂直问题.
思维拓展应用
应用一:(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,
CC1⊥平面ABC.

∵AD⊄平面ABC,∴CC1⊥AD.
∵AD⊥C1D,C1D⊄平面BCC1B1,
CC1∩C1D=C1,∴AD⊥面BCC1B1.
(2)连接ED.
∵AD⊥平面BCC1B1,BC⊄平面BCC1B1,∴AD⊥BC.
∵AB=AC,∴D是BC的中点.
∵E是B1C1的中点,B1C1∥BC,B1C1=BC,
∴B1E=BD,B1E∥BD.
∴四边形BDEB1为平行四边形,
∴B1B=ED,B1B∥ED.∵B1B=A1A,B1B∥A1A,
∴ED∥A1A,ED=A1A.
∴四边形ADEA1为平行四边形,∴A1E∥AD.
∵A1E⊄平面ADC1,AD⊄平面ADC1,
∴A1E∥平面ADC1.
　　应用二:(1)∵AD⊥平面ABE,AD∥BC,
∴BC⊥平面ABE,则AE⊥BC.
又∵BF⊥平面ACE,则AE⊥BF,
∴AE⊥平面BCE.

(2)设AC∩BD=G,可知G是AC中点.∵BF⊥平面ACE,则CE⊥BF.
而BC=BE,∴F是EC中点.连接GF,在△AEC中,FG∥AE,
又∵AE⊄平面BFD,FG⊄平面BFD,
∴AE∥平面BFD.
　　应用三:(1)由于AB是直径,所以AE⊥BE,
又AC⊥底面ABE,
所以AC⊥BE且AF∩AE=A,
所以BE⊥平面ACE,AF⊂平面ACE,
所以AF⊥BE,又AF⊥CE,CE∩BE=E,
所以AF⊥平面BCE.
(2)由(1)知AF⊥平面BCE,BC⊂平面BCE,
所以AF⊥BC,若BC⊥DF,
则明显有BC⊥平面ADF,
于是BC⊥AD且轴截面ABCD是一个矩形,
所以四边形ABCD是正方形,即AC=AB=4,
所以V圆柱=π×22×4=16π.
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1.C　对于A,由l∥m,l⊥α,则m⊥α,与已知冲突;对于B,由l⊥m,l⊥α,可知m∥α或m⊂α,与已知冲突;对于D,由l∥m,l∥α可知m∥α或m⊂α,与已知冲突.由此排解A,B,D,故选C.
2.D　A中,∵CD∥AF,AF⊂面PAF,CD⊄面PAF,
∴CD∥平面PAF成立;
B中,∵ABCDEF为正六边形,
∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF,
∴DF⊥平面PAF成立;
C中,CF∥AB,AB⊂平面PAB,CF⊄平面PAB,
∴CF∥平面PAB;
而D中CF与AD不垂直,故选D.
3.②③　对于①,α与β可能平行、相交或垂直,故①错;②③正确.
4.解:(1)由于N为PC的中点,
所以ON∥PA.
而PA⊥平面ABCD,所以ON⊥平面ABCD,
所以ON⊥AB.
又四边形ABCD为矩形,M为AB的中点,
所以OM⊥AB,所以AB⊥平面OMN,
所以AB⊥MN.

(2)由于PA⊥平面ABCD,AD⊥DC,所以PD⊥DC.
由于PA=AD=BC,连接MC,
由Rt△BCM≌Rt△APM知,MC=MP,所以MN⊥PC.
由于AB⊥MN,所以MN⊥CD,
又PC∩CD=C,所以MN⊥平面PCD,
所以平面MNO⊥平面PCD.
全新视角拓展
(1)由于AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又由于E是SA的中点,所以EF∥AB.
由于EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)由于平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又AF⊂平面SAB,AF⊥SB,
所以AF⊥平面SBC.由于BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.
又由于AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB.
由于SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.
思维导图构建
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