(部编本人教版)最新高考数学二轮复习-专题二-立体几何-第2讲-空间中的平行与垂直学案（经典练习）.doc

1、第2讲空间中的平行与垂直考情考向分析1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断例1(1)(2018宁波模拟)已知直线l，m与平面，l，m，

2、则下列命题中正确的是()A若lm，则必有B若lm，则必有C若l，则必有D若，则必有m答案C解析对于选项A，平面和平面还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面和平面还有可能相交且不垂直或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l，l，所以，所以选项C正确；对于选项D，直线m可能和平面平行或相交，所以选项D错误(2)如图，平面平面，l，A，C是内不同的两点，B，D是内不同的两点，且A，B，C，D直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点下列判断正确的是()A当CD2AB时，M，N两点不可能重合BM，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与

3、l相交D当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行答案B解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此ACBD，而BD，ACB，所以由线面平行的判定定理可得AC，又因为AC，l，所以由线面平行的性质定理可得ACl，故选B.思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中跟踪演练1(1)

4、(2018湖州、衢州、丽水质检)设l为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，l，则lB若l，l，则C若l，l，则D若l，l，则答案D解析A中，直线与平面可能相交、可能平行，也可能直线在平面内，故A错误；B中，两平面可能平行，也可能相交，故B错误；C中，根据线面平行、线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理可判断出两平面垂直，故C错误；D中，由线面垂直的性质和面面平行的判定定理可以判断出两平面平行，故D正确，故选D.(2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是Al与l1，l2都相交Bl与l1，l2都不相交Cl至少与l1，l2中

5、的一条相交Dl至多与l1，l2中的一条相交答案C解析方法一如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故D不正确，故选C.方法二因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交若l与l1，l2都不相交，则ll1，ll2，从而l1l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选C.热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、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、垂直关系相互转化例2(1)如图，三棱柱ABCA1

6、B1C1的各棱长均为2，AA1平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点求证：直线BE平面A1FC1；平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥BEFM的体积证明取A1C1的中点G，连接EG，FG，因为点E为A1B1的中点，所以EGB1C1且EGB1C1，因为F为BC的中点，所以BFB1C1且BFB1C1，所以BFEG且BFEG.所以四边形BFGE是平行四边形，所以BEFG，又BE平面A1FC1，FG平面A1FC1，所以直线BE平面A1FC1.解M为棱AB的中点理由如下：因为ACA1C1，AC平面A1FC1，A1C1平面A1FC1，所以直线AC平面A1FC1，又

7、平面A1FC1平面ABCFM，所以ACFM.又F为棱BC的中点，所以M为棱AB的中点SBFMSABC22sin 60，所以三棱锥BEFM的体积VBEFMVEBFM2.(2)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，PD平面ABCD，BAD60，PD2a，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点证明：平面EAC平面PBD；若PD平面EAC，三棱锥PEAD的体积为18，求a的值证明因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC.又四边形ABCD为菱形，所以ACBD，又PDBDD，PD，BD平面PBD，所以AC平面PBD.又AC平面EAC，所以平面EAC平面PBD.解连接OE.因

8、为PD平面EAC，平面EAC平面PBDOE，所以PDOE.又ACBDO，所以O是BD的中点，所以E是PB的中点因为四边形ABCD是菱形，且BAD60，所以取AD的中点H，连接BH，可知BHAD，又因为PD平面ABCD，BH平面ABCD，所以PDBH.又PDADD，PD，AD平面PAD，所以BH平面PAD.在等边三角形ABD中，由于ABa，所以BHa.因此点E到平面PAD的距离dBHaa，所以VPEADVEPADSPADda2aaa318.解得a6.思维升华垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是

9、利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、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：利用等腰三角形底边中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l，ala.跟踪演练2如图，在四棱锥PABCD中，ADB90，CBCD，点E为棱PB的中点(1)若PBPD，求证：PCBD；(2)求证：CE平面PAD.证明(1)取BD的中点O，连接CO，PO，因为CDCB，所以CBD为等腰三角形，所以BDCO.因为PBPD，所以PBD为等腰三角形，所以BDPO.又POCOO，PO，CO平面P

10、CO，所以BD平面PCO.因为PC平面PCO，所以PCBD.(2)由E为PB的中点，连接EO，则EOPD，又EO平面PAD，PD平面PAD，所以EO平面PAD.由ADB90及BDCO，可得COAD，又CO平面PAD，AD平面PAD，所以CO平面PAD.又COEOO，CO，EO平面COE，所以平面CEO平面PAD，而CE平面CEO，所以CE平面PAD.热点三平面图形的翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据

11、这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法例3如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点将ADE沿线段DE折起到PDE的位置，如图2所示(1)求证：DE平面PCF；(2)求证：平面PBC平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由(1)证明折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以ACDE，所以折叠后，DEPF，DECF，又PFCFF，PF，CF平面PCF，所以DE平面PCF.(2)证明因为四边形AECD为菱形，所以DCA

12、E，DCAE.又点E为AB的中点，所以DCEB，DCEB，所以四边形DEBC为平行四边形，所以CBDE.又由(1)得，DE平面PCF，所以CB平面PCF.因为CB平面PBC，所以平面PBC平面PCF.(3)解存在满足条件的点M，N，且M，N分别是PD和BC的中点如图，分别取PD和BC的中点M，N.连接EN，PN，MF，CM.因为四边形DEBC为平行四边形，所以EFCN，EFBCCN，所以四边形ENCF为平行四边形，所以FCEN.在PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，所以MFPE.又EN，PE平面PEN，PEENE，MF，CF平面CFM，MFCFF，所以平面CFM平面PEN.思维升华(1)折

13、叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论跟踪演练3如图，在PBE中，ABPE，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC，ABAPAE2，将PBA沿AB折起使得二面角PABE是直二面角(1)求证：CD平面PAB；(2)求三棱锥EPAC的体积(1)证明因为AE2，所以AE4，又AB2，ABPE，所以BE2，又因为ACBE，所以AC是RtABE的斜边BE上的中线，所以C是BE的中点，又因为D是AE的中点，所以CD是RtABE的中位线，所以CDAB，又因为CD平面PAB，AB平面PAB，所以CD平面

14、PAB.(2)解由(1)知，直线CD是RtABE的中位线，所以CDAB1，因为二面角PABE是直二面角，平面PAB平面EABAB，PA平面PAB，PAAB，所以PA平面ABE，又因为AP2，所以VEPACVPACEAECDAP412.真题体验1(2017全国改编)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是_(填序号)答案(1)解析对于(1)，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交；对于(2)，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ

15、，ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ；对于(3)，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ；对于(4)，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ，又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.2(2017江苏)如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明(1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以ABEF.又EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.

16、(2)因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又AC平面ABC，所以ADAC.押题预测1不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面，内，下列为真命题的是()Amnm BmnCm Dmn押题依据空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力答案C解析构造长方体，如图所示因为A1C1AA1，A1C1

17、平面AA1C1C，AA1平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C与平面AA1B1B也不垂直，所以选项A，B都是假命题CC1AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.2如图(1)，在正ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BEAF2CF.点P为边BC上的点，将AEF沿EF折起到A1EF的位置，使平面A1EF平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示(1)求证：A1EFP；(2)若BPBE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过

18、点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由押题依据以平面图形的翻折为背景，探索空间直线与平面位置关系，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题方向(1)证明在正ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示因为BEAF2CF，所以AFAD，AEDE，而A60，所以ADF为正三角形又AEDE，所以EFAD.所以在题图(2)中，A1EEF，又A1E平面A1EF，平面A1EF平面BEFC，且平面A1EF平面BEFCEF，所以A1E平面BEFC.因为FP平面BEFC，所以A1EFP.(2)解在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行理由如下：

19、如题图(1)，在正ABC中，因为BPBE，BEAF，所以BPAF，所以FPAB，所以FPBE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MKFP.因为FPBE，所以MKBE.因为MK平面A1BE，BE平面A1BE，所以MK平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行A组专题通关1已知，是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：若l，则l；若l，则l；若l，则l；若l，则l.其中说法正确的个数为()A3 B2 C1 D4答案C解析若l，则l或l，不正确；若l，则l 或l，不正确；若l，则l，正确；若l，则l或l或l与相交且l与不垂直，不正确

20、，故选C.2如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为()A B C D答案D解析由题意可得图中GH与MN平行，不合题意；图中GH与MN异面，符合题意；图中GH与MN相交，不合题意；图中GH与MN异面，符合题意则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为.3给出下列四个命题：如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行，那么a；过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面其中真命题的个数为()A1 B2 C3

21、D4答案C解析对于，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行，那么a，故正确；对于，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；对于，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；对于，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确4(2018全国)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的

22、最大值为()A. B. C. D.答案A解析如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等分别取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6sin 60.故选A.5对于四面体ABCD，有以下命题：若ABACAD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；若ABCD，ACBD，则

23、点A在底面BCD内的射影是BCD的内心；四面体ABCD的四个面中最多有四个直角三角形；若四面体ABCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.其中正确的命题是()A B C D答案D解析正确，若ABACAD，则AB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；不正确，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BOCD，COBD，所以点O是BCD的垂心；正确，如图，AB平面BCD，BCD90，其中有4个直角三角形；正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式SBCD4SBCDr，解得 r，那么内切球的表面积S4r2，故选D.6已知m，n，l1，l2表

24、示不同的直线，表示不同的平面，若m，n，l1，l2，l1l2M，则的一个充分条件是()Am且l1 Bm且nCm且nl2 Dml1且nl2答案D解析对于选项A，当m且l1时，可能平行也可能相交，故A不是的充分条件；对于选项B，当m且n时，若mn，则，可能平行也可能相交，故B不是的充分条件；对于选项C，当m且nl2时，可能平行也可能相交，故C不是的充分条件；对于选项D，当ml1，nl2时，由线面平行的判定定理可得l1，l2，又l1l2M，由面面平行的判定定理可以得到，故D是的一个充分条件故选D.7在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是_(填序号)AC

25、BE；B1E平面ABCD；三棱锥EABC的体积为定值；直线B1E直线BC1.答案解析因为AC平面BDD1B1，BE平面BDD1B1，所以ACBE，故正确；因为B1D1BD，即BDB1E，B1E平面ABCD，BD平面ABCD，所以B1E平面ABCD，故正确；记正方体的体积为V，则VEABCV为定值，故正确；B1E与BC1不垂直，故错误8.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，底面是以ABC为直角的等腰直角三角形，AC2a，BB13a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF_时，CF平面B1DF.答案a或2a解析由题意易知，B1D平面ACC1A1，又CF平面ACC1A

26、1，所以B1DCF.要使CF平面B1DF，只需CFDF即可令CFDF，设AFx，则A1F3ax.易知RtCAFRtFA1D，得，即，整理得x23ax2a20，解得xa或x2a.9.如图所示的多面体中，底面ABCD为正方形，GAD为等边三角形，BF平面ABCD，GDC90，若点P为线段GD的中点(1)求证：AP平面GCD；(2)求证：平面ADG平面FBC.证明(1)因为GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，所以APGD.因为ADCD，GDCD，且ADGDD，AD，GD平面GAD，故CD平面GAD，又AP平面GAD，所以CDAP，又CDGDD，CD，GD平面GCD，所以AP平面GCD.(2)因

27、为BF平面ABCD，CD平面ABCD，所以BFCD，因为BCCD，BFBCB，BF，BC平面FBC，所以CD平面FBC，由(1)知CD平面GAD，所以平面ADG平面FBC.10在梯形ABCD中(图1)，ABCD，AB2，CD5，过A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，已知DE1，AE2，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得AFBD，DECF，得空间几何体ADEBCF(图2)(1)证明：BE平面ACD；(2)求三棱锥EACD的体积(1)证明连接BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，则OH是AFC的中位线，所以OHCF且OHCF，由已知得DECF且DECF，所以DEOH且DEO

28、H，所以四边形DEOH为平行四边形，DHEO，又因为EO平面ACD，DH平面ACD，所以EO平面ACD，即BE平面ACD.(2)解由已知得，四边形ABFE为正方形，且边长为2，则AFBE，由已知AFBD，BEBDB，BE，BD平面BDE，可得AF平面BDE，又DE平面BDE，所以AFDE，又AEDE，AFAEA，AF，AE平面ABFE，所以DE平面ABFE，又EF平面ABEF，所以DEEF，四边形DEFC是直角梯形，又AEEF，DEEFE，DE，EF平面CDE，所以AE平面CDE，所以AE是三棱锥ADEC的高，VEACDVAECDVAEFDAEDEEF.B组能力提高11(2018浙江省名校协作

29、体联考)如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则C1PQ周长的最小值为()A. B.C. D.答案B解析连接B1D1，BC1，由图易得C1PQ的三边分别在三棱锥BB1C1D1的三个侧面上，将三棱锥BB1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC1D1C1为直角梯形，当C1，P，Q，C1四点共线时，C1PQ的周长最小，最小值为，即C1PQ的周长的最小值为，故选B.12已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点现有下列四个结论：p1：AC1MN；p2：A1CC1N；p3：B1C平面AMN；p4：异

30、面直线AB与MN所成角的余弦值为.其中正确的结论是()Ap1，p2 Bp2，p3Cp2，p4 Dp3，p4答案C解析正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点对于p1：如图所示，MNBC1，BC1AC1C1，AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；对于p2：如图所示，连接AC1，交A1C于点O，连接ON，易知A1CAC1，ON平面ACC1A1，ONA1C，又ONAC1O，ON，AC1平面ONC1，A1C平面ONC1，又C1N平面ONC1，A1CC1N，p2正确；对于p3：如图所示，取BC的中点O，连接AO，BC1，过点O作OPBC1，交CC1于点P，连接A

31、P，则AO平面BCC1B1，又B1C平面BCC1B1，AOB1C，又BC1OP，BC1B1C，B1COP，又AOOPO，AO，OP平面AOP，B1C平面AOP，又平面AMN与平面AOP有公共点A，B1C与平面AMN不垂直，p3错误；对于p4：如图所示，连接BC1，AC1，则MNBC1，ABC1是异面直线AB与MN所成的角，设AB1，则AC1BC1，cosABC1，p4正确综上，其中正确的结论是p2，p4.13(2018浙江省金丽衢十二校联考)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF0.6，则当E，F移动时，下列结论中错误的是()AAE平面C1BDB

32、四面体ACEF的体积为定值C三棱锥ABEF的体积为定值D异面直线AF，BE所成的角为定值答案D解析由正方体的性质易得平面AB1D1平面C1BD，又因为AE平面AB1D1，所以AE平面C1BD，A正确；因为CEF的面积为定值，且点A到平面CEF的距离即为点A到平面CD1B1的距离，其为定值，所以四面体ACEF的体积为定值，B正确；因为BEF的面积为定值，且点A到平面BEF的距离即为点A到平面BDD1B1的距离，其为定值，所以三棱锥ABEF的体积为定值，C正确；延长DB至点G，使得BGEF，连接FG，则易得FGBE，所以AFG为异面直线AF，BE所成的角，由图易得当点F在线段B1D1上运动时，AF

33、G不是定值，所以异面直线AF，BE所成的角不是定值，D错误综上所述，故选D.14如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，ABC90，AB1，ACCDDA2，动点M在边DC上(不同于D点)，P为边AB上任意一点，沿AM将ADM翻折成ADM，当平面ADM垂直于平面ABC时，线段PD长度的最小值为_答案解析设点D在平面ABCD内的投影为点F，DAM，则易得(0，60，当(0，30)时，点F在ADC外，过点F作AB的垂线，垂足在线段BA的延长线上，所以此时当点P与点A重合时，PD取得的最小值等于ADAD2；当30，60时，点F在ADC内(包括外界)，过点F作AB的垂线FG，垂足G在线段BA上，所以当点P

34、与垂足G重合时，PD取得最小值，此时有PDAB.在RtDAP中，因为ADAD2，所以当PD取得最小值时，cosDAP取得最大值由最小角定理得cosDAPcos cos(120)cos cos2sin cos cos 2sin 2cos(2120)，易得当60时，cosDAP取得最大值，所以此时AP，PD.综上所述，PD长度的最小值为.世纪的一代新人，学校教育必须面向全体学生，特别是面向那些残疾学生，并使每个学生都得到充分和谐的发展，随班就读工作小结。为深入贯彻执行中华人民共和国义务教育法和中华人民共和国残疾人保障法，在我校开展随班就读工作，它既有利于普通儿童少年理解、帮助残疾儿童少年，有有利于

35、残疾儿童少年在普通学校环境中受到应有的发展，使特殊教育和普通教育有机结合，互相渗透，共同提高。使特殊学生在德、智、体、美、劳等方面得到发展，为今后自立、平等地参与社会生活打下基础。一、教师是搞好随班就读的主要力量。我校的“随班就读”工作，就是让轻度残疾和学习困难儿童在普通班中与同龄儿童一起接受义务教育，并提供必要的个别帮助。担任“随班就读”工作的老师，工作责任心强，热爱学生，对这些学生付出了更多的爱心。制定个别化教案，在课堂教学过程中对学生多启发多鼓励，对学生进行个别辅导，经常与家长取得联系二、领导高度重视，成立了“随班就读”领导小组，配备了专门的特教老师，积极、稳妥地开展随班就读工作，并将该

36、工作列入议事日程，逐步健全和完善工作规范，总结随班就读工作小结。三、学校尽可能地提供适合于他们发展的教育环境，让特殊学生愉快地接受符合自身发展需求的教育，学到一定的科学文化知识和基本劳动技能，为他们今后能真正自立、平等地参与社会生活，成为社会主义事业的建设者和接班人奠定基础。四、学校设立了专门的特教老师，指导本校随班就读工作的开展，特教老师不定期到有随班就读学生的班级听课，直接与学生谈话，与班主任、任课老师探讨随班就读的课堂策略、随班就读的教育补偿等问题。五、对教师进行培训，要求教师适应新的要求。随着教育的发展，对特殊教育教师的培养、提出了新的需求，也要求普通教师具备必要的特殊教育知识，为此，

37、学校挑选出一些教师进行特殊教育的培训，使教师的思想政治、职业道德、教育教学能力、教育科研能力在原有的基础上有了进一步的提高。并在学校中开展特殊儿童和残疾人的全纳性教育。六、在学校教育中，要求教师热情关心学生，爱护学生，尤其对特殊学生更要关心、爱护，不能歧视特殊学生，要善于发现学生的优点和长处，鼓励学生克服困难，取得进步。七、加强了“随班就读”工作的管理。由校长主管，德育主任专管，年级组长监管，具体落实到特教专管员、班主任、任课老师的管理形式，加强了心理咨询室、资源教室的管理和运用，每周安排两次对随班生进行上。在学习上，学生能严守学校规章制度，按老师要求完成各学科作业，成绩有很大提高。为使学生的

38、思想上受到良好的熏染，通过对学生进行文明礼貌、爱国爱家、勤俭节约、法制安全等教育，使他们的意识逐步提高，增强社会实践及生活自理能力。为使学校和家庭建立更密切的联系，因材施教，使学生的全方面素质得到锻炼及发展，在本学期中，继续以家访为主，充分发挥家庭、社会、学校三方面结合的综合作用，以促进学生能够沿着正确的方向健康成长。班主任在教育和教学中，经常会碰到这样一个问题：很多学生在成长过程中，对人生没有信心，对学习没有自信，自尊心受不得一点打击。面对这些问题应该怎么办呢?这就要求我们的班主任通过自己的教育和教学中，增加学生的信心，培养他们的自尊心。苏霍姆林斯基说过“激发了他们学习兴趣，是使他们刻苦顽强

39、地用功学习的最大的力量，是对自己的信心和自尊感。”学生对学习、对前途产生信心的火炬，是靠老师用爱心的火种去点燃。我国著名的数学家苏步青教授，讲过这样一段事;他读小学时，由于方言难懂，又好玩，结果成绩全班倒数第一。这时，同学们都瞧不起他。但新来的老师没嫌弃他，而是不断地鼓励他，耐心地开导他。学年结束，他获得全班第一名。以后每次考试都是名列前茅。从这件事对我们的老师，尤其是班主任都很有教育意义。要增强学生的自信心和自尊心，班主任必须树立正确的学生观。1、把学生当成教育的主体，充分发挥其积极性、创造性和主动性，从而形成教育教学的生动活泼局面，收到事半功倍的效果。否则，只会得到相反的效果。2、要尊重学

40、生的人格。班主任不论讲课，还是谈话，都不要刺伤学生的自尊心。学生有错误，不能体罚、辱骂，而是晓之以理、动之以情，导之以行。班主任应是学生可亲可敬可信赖的朋友。3、要给学生以鼓励性期待性的评价。这样做，不仅可以强化学生的某一优点，而且使学生智力潜能得到较好的发挥。作为班主任，在教学中对学生正确的思路，独到的见解，闪光的思想，应及时给予肯定和赞许。班主任平时应对学生充满期待，关爱备至。只有这样，学生才会在求知中受到鼓舞，增加动力，激励上进，从而达到潜力最佳状态。作为一个班主任，不可能每天守在教室里，只有走进学生中，关心他们，了解他们，爱护他们，站在他们的角度去考虑问题，尽自己最大的努力帮助他们。同

41、时，也把自已的想法、做法讲给学生听，也让学生了解班主任，也站在班主任的角度去考虑问题。1 、热心。只有对班主任工作热心，“捧出一颗心，不带半根草去”，才能在当前班主任工作付出多、困难多、报酬少的情况下搞好班主任工作。2、爱心。班主任要满腔热情地爱每一位学生，即使有些学生成绩差或有很多缺点，也要理解并帮助他们。这样，才能赢得学生的信任，为做好教育和管理工作打下基础。3、关心。班主任要关心学生的思想、心理、身体、学习、生活、志趣、才能、性格等各方面，及时掌握每一个学生思想动态和心理，及时引导和教育，以防患于未然。4、耐心。班主任要掌握学生的心理发展特点，对犯错误的同学要宽容、有耐心。应该对犯错误的

42、学生，留有改正缺点的机会。用冷静的态度帮助学生找出原因，不要动辄停课检查，请家长，讽刺、羞辱，劝其退学等。再者给他们改过的空间和时间，不要急于立竿见影。事物都有一个变化过程，应当抓住犯错误学生的闪光点，耐心细致的引导，积极表扬和鼓励。这样，才能收到教育的后果。5、诚心。师生之间要以诚相见，班主任更应该如比。这样，双方才能达到心灵上的沟通，从而产生共鸣。班主任应把握每位学生的脉搏，才能有的放矢。而学生也愿意接受班主任的教育，自觉地学习。诚心乃是沟通师生心灵的一座桥。6、信心。青少年学生的可塑性大，世界观、人生观、价值观尚未完全形成，作为班主任，对学生身上出现的那种现象或问题都要足够的信心，要相信“只要功夫深，铁杵磨成针”的道理。班主任工作计划和总结二：班主任是班级管理的核心，是组织和协调校内外各种教育力量，发挥整体教育的关键。本学期，我担任七(16)班的班主任，我结合学校提出的要求和本班的实际情况，开展班级工作，努力提高学生的素质，使学生能得到全面的发展。我主要做了以下的工作：由于我是新教师，我为了