高考数学 第七章 第六节 平行、垂直的综合问题课件 理 苏教版.ppt

第六节平行 垂直的综合问题 考向1平行与垂直关系的综合问题 典例1 如图 直三棱柱abc a1b1c1中 b1c1 a1c1 ac1 a1b m n分别是a1b1 ab的中点 求证 1 c1m 平面aa1b1b 2 a1b am 3 平面ac1m 平面b1nc 思路点拨 1 由b1c1 a1c1 m为a1b1的中点可知c1m a1b1 再根据c1m a1a即可得证 2 要证a1b am 可转化为证明a1b 平面ac1m 3 要证面面平行 应转化证明线面平行 规范解答 1 在直三棱柱abc a1b1c1中 b1c1 a1c1 m是a1b1的中点 c1m a1b1 又 c1m a1a a1a a1b1 a1 a1a a1b1 平面aa1b1b c1m 平面aa1b1b 2 a1b 平面aa1b1b 由 1 知c1m 平面aa1b1b a1b c1m 又a1b ac1 ac1 c1m 平面ac1m ac1 c1m c1 a1b 平面ac1m 又 am 平面ac1m a1b am 3 在矩形aa1b1b中 易知am b1n am 平面b1nc b1n 平面b1nc am 平面b1nc 又c1m cn cn 平面b1nc c1m 平面b1nc c1m 平面b1nc 又 c1m am m c1m am 平面ac1m 平面ac1m 平面b1nc 互动探究 将本例条件 b1c1 a1c1 ac1 a1b m n分别是a1b1 ab的中点 改为 ab bb1 ac1 平面a1bd d为ac的中点 求证 1 b1c 平面a1bd 2 b1c1 平面abb1a1 证明 1 如图 连结ab1 令ab1 a1b o 则o为ab1的中点 连结od d为ac的中点 在 acb1中 有od b1c 又 od 平面a1bd b1c 平面a1bd b1c 平面a1bd 2 ab b1b 三棱柱abc a1b1c1为直三棱柱 四边形abb1a1为正方形 a1b ab1 又 ac1 平面a1bd a1b 平面a1bd ac1 a1b 又 ac1 平面ab1c1 ab1 平面ab1c1 ac1 ab1 a a1b 平面ab1c1 又 b1c1 平面ab1c1 a1b b1c1 又 a1a 平面a1b1c1 b1c1 平面a1b1c1 a1a b1c1 又 a1a 平面abb1a1 a1b 平面abb1a1 a1a a1b a1 b1c1 平面abb1a1 拓展提升 解决平行与垂直关系的综合应用问题的方法解答立体几何综合题时 要学会识图 用图与作图 图在解题中起着非常重要的作用 空间平行 垂直关系的证明 都与几何体的结构特征相结合 准确识图 灵活利用几何体的结构特征找出平面图形中的线线平行与垂直关系是证明的关键 提醒 在利用线面平行 垂直关系的判定与性质证明问题时 一定要把条件写全 否则不一定成立 变式备选 如图 正方形abcd和四边形acef所在的平面互相垂直 ef ac ce ef 1 求证 1 af 平面bde 2 cf 平面bde 证明 1 设ac与bd交于点g 因为ef ag 且ef 1 ag ac ab 1 所以四边形agef为平行四边形 所以af eg 因为eg 平面bde af 平面bde 所以af 平面bde 2 如图 连结fg 因为ef cg ef cg 1 且ce 1 所以四边形cefg为菱形 所以cf eg 因为四边形abcd为正方形 所以bd ac 又因为平面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 考向2平面图形的折叠问题 典例2 1 如图是一几何体的平面展开图 其中四边形abcd为正方形 e f分别为pa pd的中点 在此几何体中 给出下面三个结论 直线be与af异面 直线be与cf异面 ef 平面pbc 平面bce 平面pad ef 其中正确的有 把所有正确结论的序号都填上 2 2013 扬州模拟 图1是由菱形bcde和 abc组成的五边形 其中p为ab的中点 现沿bc将菱形bcde折起 使得ad ab 得到如图2所示的几何体 证明 ad 平面pce 平面abd 平面ace 思路点拨 1 该几何体是一个四棱锥 先画出四棱锥 然后再判断 2 由于p为ab的中点 故可考虑借助三角形的中位线定理证明 要证平面abd 平面ace 可证明bd 平面ace 规范解答 1 如图所示 显然正确 由已知可得ef ad ad bc ef bc 即e f b c共面 错误 正确 答案 2 如图 设菱形bcde的两条对角线交于点q 连结aq pq 在 abd中 q为bd的中点 p为ab的中点 则ad pq 又 pq 平面pce ad 平面pce ad 平面pce 四边形bcde为菱形 bd ce 且bq dq 又在 abd中 ab ad bq dq aq bd 又aq ce q bd 平面ace 又bd 平面abd 平面abd 平面ace 拓展提升 解决折叠问题的关注点 1 变化量和不变量 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量 一般情况下 线段的长度是不变量 而位置关系往往会发生变化 抓住不变量是解决问题的突破口 2 图形 在解决问题时 要综合考虑折叠前后的图形 既要分析折叠后的图形 也要分析折叠前的图形 变式训练 已知直角梯形abcd中 ab cd ab bc ab 1 bc 2 cd 1 过a作ae cd 垂足为e g f分别为ad ce的中点 现将 ade沿ae折叠 使得de ec 1 求证 bc 平面cde 2 求证 fg 平面bcd 3 在线段ae上找一点r 使得平面bdr 平面bcd 并说明理由 解析 1 由已知得 de ae 又de ec de 平面abce de bc 又bc ce de ce e bc 平面cde 2 取ab的中点h 连结gh fh g为ad的中点 gh bd fh bc 又 bd 平面bcd gh 平面bcd bc 平面bcd fh 平面bcd gh 平面bcd fh 平面bcd 又gh fh h gh fh 平面fhg 平面fhg 平面bcd fg 平面fhg fg 平面bcd 3 r点满足3ar re时 平面bdr 平面bcd 证明如下 取bd中点q 连结dr br cr cq rq 容易计算cd 2 bd 2 在 bdr中 br dr bd 根据余弦定理可得rq 在 crq中 cq2 rq2 cr2 cq rq 又在 bcd中 cd cb q为bd的中点 cq bd cq 平面bdr 又cq 平面bcd 平面bdr 平面bcd 考向3立体几何中的探索性问题 典例3 在四棱锥p abcd中 底面abcd是菱形 ac bd o 1 若ac pd 求证 ac 平面pbd 2 若平面pac 平面abcd 求证 pb pd 3 在棱pc上是否存在点m 异于点c 使得bm 平面pad 若存在 求的值 若不存在 说明理由 思路点拨 1 利用菱形的对角线互相垂直求证 2 可由面面垂直的性质得bd 平面pac 然后借助菱形的性质求得pb pd 3 可假设存在点m 然后从bm 平面pad推得结论 规范解答 1 因为底面abcd是菱形 所以ac bd 因为ac pd pd bd d 所以ac 平面pbd 2 由 1 知ac bd 因为平面pac 平面abcd 平面pac 平面abcd ac bd 平面abcd 所以bd 平面pac 因为po 平面pac 所以bd po 因为底面abcd是菱形 所以bo do 所以pb pd 3 不存在满足题中条件的点m 下面用反证法说明 假设在棱pc上存在点m 异于点c 使得bm 平面pad 在菱形abcd中 bc ad 因为ad 平面pad bc 平面pad 所以bc 平面pad 因为bm 平面pbc bc 平面pbc bc bm b 所以平面pbc 平面pad 而平面pbc与平面pad相交 矛盾 故假设不成立 即不存在这样的点m 拓展提升 1 立体几何中探索性问题的两种类型 1 探索条件 即探索能使结论成立的条件是什么 2 探索结论 即在给定的条件下 命题的结论是什么 2 求解探索性问题的方法 1 对命题条件的探索常采用以下三种方法 先猜后证 即先观察与尝试给出条件再证明 先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件 再证明其充分性 把几何问题转化为代数问题 探索命题成立的条件 2 对命题结论的探索常采用以下方法 首先假设结论存在 然后在这个假设下进行推理论证 如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设 如果得到了矛盾的结果就否定假设 变式训练 如图 在四棱锥p abcd中 pd 底面abcd 底面abcd为正方形 pd dc f是pb的中点 1 求证 pa df 2 在线段ad上是否存在点g 使gf 平面pbc 若存在 说明g点的位置 并证明你的结论 若不存在 说明理由 解析 1 如图 取pa的中点e 连结ef de 则ef ab pd 底面abcd pd ab 又ab ad pd ad d ab 平面pad ab pa ef ab ef pa pd dc da de pa de ef e pa 平面def pa df 2 在线段ad上存在点g 使gf 平面pbc 且g点是ad的中点 理由如下 取ad的中点g 连结pg bg gf eg pda bad dg ag pd dc ba pdg bag pg bg 又f为pb的中点 故gf pb ef ab ab bc ef bc eg pd pd 平面abcd eg 平面abcd eg bc 又 eg ef e bc 平面efg gf 平面efg bc gf gf pb pb bc b gf 平面pbc 满分指导 解答立体几何中的折叠问题 典例 14分 2012 江西高考 如图 在梯形abcd中 ab cd e f是线段ab上的两点 且de ab cf ab ab 12 ad 5 bc 4 de 4 现将 ade cfb分别沿de cf折起 使a b两点重合于点g 得到多面体cdefg 1 求证 平面deg 平面cfg 2 求多面体cdefg的体积 思路点拨 规范解答 1 因为de ab cf ab cd ab 所以四边形cdef为矩形 1分 由gd ad 5 de 4 得 2分由gc bc cf de 4 得所以ef 5 3分在 efg中 有ef2 eg2 fg2 所以eg fg 4分又因为cf ef cf fg 得cf 平面efg 6分所以cf eg cf fg f 所以eg 平面cfg 即平面deg 平面cfg 8分 2 在平面egf中 过点g作gh ef于点h 则 10分可证平面cdef 平面efg 得gh 平面cdef 12分 14分 失分警示 下文 见规范解答过程 1 2013 淮安模拟 设 表示平面 a b表示两条不同的直线 给定下列四个命题 a a b b a b a b a a b b a b a b 其中正确的是 填序号 解析 在 中 当a a b时 b与 的位置关系无法确定 在 中 当a a b时 可得b 或b 故 错 易证 正确 答案 2 2013 海门模拟 已知直线m n和平面 若 m n 要使n 则应增加的条件是 解析 根据平面与平面垂直的性质定理可知应增加n m 答案 n m 3 2013 徐州模拟 正方体abcd a1b1c1d1中 e f分别是aa1 cc1的中点 p是cc1上的动点 包括端点 过点e d p作正方体的截面 若截面为四边形 则p的轨迹是 解析 如图 de 平面bb1c1c 则平面dep与平面bb1c1c的交线pm ed 连结em 易证mp ed mped 则m到达b1时仍可构成四边形 即p到f点 而p在c1f之间 不满足要求 p到点c1仍可构成四边形 答案 线段cf和一点c1 4 2013 盐城模拟 如图 四棱锥p abcd中 pd 平面abcd 底面abcd为矩形 pd dc 4 ad 2 e为pc的中点 1 求证 ad pc 2 求三棱锥a pde的体积 3 在线段ac上是否存在一点m 使得pa 平面edm 若存在 求出am的长 若不存在 请说明理由 解析 1 因为pd 平面abcd 所以pd ad 又因为四边形abcd是矩形 所以ad cd 因为pd cd d 所以ad 平面pcd 又因为pc 平面pcd 所以ad pc 2 由 1 知ad 平面pcd 所以ad是三棱锥a pde的高 因为e为pc的中点 且pd dc 4 所以又ad 2 所以 3 取ac的中点m 连结em dm 因为e为pc的中点 m是ac的中点 所以em pa 又因为em 平面edm pa 平面edm 所以pa 平面edm 此时即在边ac上存在一点m 使得pa 平面edm 且am的长为 1 如图 三棱锥a bcd中 平面abc 平面bcd acb bdc 90 e f分别为bc bd的中点 g为ac上的动点 满足 0 1 1 求证 平面abd 平面acd 2 当 取何值时 af 平面edg 说明理由 解析 1 acb bdc 90 ac bc bd cd 平面abc 平面bcd 平面abc 平面bcd bc 且ac 平面abc ac 平面bcd 又bd 平面bcd ac bd 又ac cd c bd 平面acd 又bd 平面abd 平面abd 平面acd 2 连结