《（全國通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何與空間向量 第2講 空間中的平行與垂直課件 理.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何與空間向量 第2講 空間中的平行與垂直課件 理.ppt（53頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講空間中的平行與垂直,專題四立體幾何與空間向量,板塊三專題突破核心考點,,考情考向分析,1.以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎題. 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.,,,熱點分類突破,真題押題精練,內容索引,熱點分類突破,空間線面位置關系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題. (2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線

2、面位置關系，并結合有關定理來進行判斷.,,熱點一空間線面位置關系的判定,例1(1)已知直線l，m與平面，，l，m，則下列命題中正確的是 A.若lm，則必有B.若lm，則必有 C.若l，則必有D.若，則必有m,解析,答案,解析對于選項A，平面和平面還有可能相交，所以選項A錯誤； 對于選項B，平面和平面還有可能相交且不垂直或平行，所以選項B錯誤； 對于選項C，因為l，l，所以，所以選項C正確； 對于選項D，直線m可能和平面平行或相交，所以選項D錯誤.,,解答,(2)如圖，平面平面，l，A，C是內不同的兩點，B，D是內不同的兩點，且A，B，C，D直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點.下列判斷正確

3、的是 A.當CD2AB時，M，N兩點不可能重合 B.M，N兩點可能重合，但此時直線AC與 l不可能相交 C.當AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D.當AB，CD是異面直線時，直線MN可能與l平行,解析,答案,,解析由于直線CD的兩個端點都可以動，所以M，N兩點可能重合， 此時兩條直線AB，CD共面，由于兩條線段互相平分， 所以四邊形ACBD是平行四邊形， 因此ACBD，而BD，ACB， 所以由線面平行的判定定理可得AC， 又因為AC，l， 所以由線面平行的性質定理可得ACl，故選B.,,解決空間點、線、面位置關系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質、空間位置關系的各

4、種情況，以及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理進行判斷，必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時要注意平面幾何中的結論不能完全引用到立體幾何中.,,跟蹤演練1(1)(2018揭陽模擬)已知直線a，b，平面，，，下列命題正確的是 A.若，，a，則a B.若a，b，c，則abc C.若a，ba，則b D.若，a，b，則ba,解析,答案,,解析A中，若，，a，則a，該說法正確； B中，若a，b，c， 在三棱錐PABC中，令平面，，分別為平面PAB，PAC，PBC， 交線a，b，c為PA，PB，PC，不滿足abc，該說法錯誤； C中，若a，ba，有可能b，不滿足b，該說法錯誤

5、； D中，若，a，b， 正方體ABCDA1B1C1D1中，取平面，為平面ABCD，ADD1A1， 直線b為A1C1，滿足b，不滿足ba，該說法錯誤.,解析,答案,(2)(2018上海市長寧、嘉定區(qū)調研)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面內，l2在平面內，l是平面與平面的交線，則下列命題正確的是 A.l與l1，l2都相交 B.l與l1，l2都不相交 C.l至少與l1，l2中的一條相交 D.l至多與l1，l2中的一條相交,,解析方法一如圖1，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交，故A，B不正確； 如圖2，l1與l2是異面直線，l1，l2都與l相交， 故D不正確，故選C. 方法二因為

6、l分別與l1，l2共面，故l與l1，l2要么都不相交，要么至少與l1，l2中的一條相交. 若l與l1，l2都不相交，則ll1，ll2，從而l1l2，與l1，l2是異面直線矛盾，故l至少與l1，l2中的一條相交，故選C.,,熱點二空間平行、垂直關系的證明,空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定定理、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化.,例2(1)(2018資陽模擬)如圖，三棱柱ABCA1B1C1的各棱長均為2，AA1平面ABC，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點. 求證：直線BE平面A1FC1；,證明,證明取A1C1的中點G，連接EG，F(xiàn)G， 點E為A1B1的中點

7、， EGB1C1,F為BC中點，,所以BFEG且BFEG. 所以四邊形BFGE是平行四邊形，所以BEFG， 又BE平面A1FC1，F(xiàn)G平面A1FC1， 所以直線BE平面A1FC1.,平面A1FC1與直線AB交于點M，指出點M的位置，說明理由，并求三棱錐BEFM的體積.,解答,解M為棱AB的中點. 理由如下： 因為ACA1C1，AC平面A1FC1，A1C1平面A1FC1， 所以直線AC平面A1FC1， 又平面A1FC1平面ABCFM， 所以ACFM. 又F為棱BC的中點， 所以M為棱AB的中點.,(2)(2018衡水調研)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為a的菱形，PD平面ABCD

8、，BAD60，PD2a，O為AC與BD的交點，E為棱PB上一點.,證明,證明：平面EAC平面PBD；,證明因為PD平面ABCD，AC平面ABCD， 所以PDAC. 又四邊形ABCD為菱形，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.,若PD平面EAC，三棱錐PEAD的體積為18 ，求a的值.,解答,解連接OE. 因為PD平面EAC，平面EAC平面PBDOE， 所以PDOE. 又ACBDO， 所以O是BD的中點，所以E是PB的中點. 因為四邊形ABCD是菱形，且BAD60， 所以取AD的中點H，連接BH， 可知BHAD

9、， 又因為PD平面ABCD，BH平面ABCD， 所以PDBH.,又PDADD，PD，AD平面PAD， 所以BH平面PAD.,解得a6.,垂直、平行關系的基礎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、面面平行的性質定理進行平行轉換. (2)證明線線垂直常用的方法：利用等腰三角形底邊中線即高線的性質；勾股定理；線面垂直的性質，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，ala.,,跟蹤演練2如圖，在四棱錐PAB

10、CD中，ADB90，CBCD，點E為棱PB的中點. (1)若PBPD，求證：PCBD；,證明,證明取BD的中點O，連接CO，PO， 因為CDCB， 所以CBD為等腰三角形， 所以BDCO. 因為PBPD， 所以PBD為等腰三角形，所以BDPO. 又POCOO，PO，CO平面PCO， 所以BD平面PCO. 因為PC平面PCO，所以PCBD.,(2)求證：CE平面PAD.,證明,證明由E為PB的中點，連接EO，則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，

11、EO平面COE， 所以平面CEO平面PAD， 而CE平面CEO，所以CE平面PAD.,,平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(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)生變化的性質是解決問題的關鍵.一般地，在翻折后還在一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(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系和各類幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法.,熱點三平面圖形的翻折問題,例3(2018北京海淀區(qū)期末)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,證明折疊前，因為四邊形AECD為菱形， 所以A

12、CDE， 所以折疊后，DEPF，DECF， 又PFCFF，PF，CF平面PCF， 所以DE平面PCF.,證明,段DE折起到PDE的位置，如圖2所示. (1)求證：DE平面PCF；,證明,(2)求證：平面PBC平面PCF；,證明因為四邊形AECD為菱形， 所以DCAE，DCAE. 又點E為AB的中點， 所以DCEB，DCEB， 所以四邊形DEBC為平行四邊形， 所以CBDE. 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.,解答,(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

13、不存在，請說明理由.,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，,所以四邊形ENCF為平行四邊形， 所以FCEN.,在PDE中，M，F(xiàn)分別為PD，DE的中點， 所以MFPE. 又EN，PE平面PEN，PEENE，MF，CF平面CFM，MFCFF， 所以平面CFM平面PEN.,(1)折疊問題中不變的數(shù)量和位置關系是解題的突破口. (2)存在探索性問題可先假設存在，然后在此前提下進行邏輯推理，得出矛盾則否定假設，否則給出肯定結論.,,跟蹤演練3(2018北京朝陽區(qū)模擬)如圖，在P

14、BE中，ABPE，D是AE的中點，C是線段BE上的一點，且AC ，AB APAE2，將PBA沿AB折起使得二面角PABE是直二面角.,證明,(1)求證：CD平面PAB；,又AB2，ABPE，,所以AC是RtABE的斜邊BE上的中線， 所以C是BE的中點， 又因為D是AE的中點， 所以CD是RtABE的中位線，所以CDAB， 又因為CD平面PAB，AB平面PAB， 所以CD平面PAB.,解答,(2)求三棱錐EPAC的體積.,解由(1)知，直線CD是RtABE的中位線，,因為二面角PABE是直二面角，平面PAB平面EABAB，PA平面PAB，PAAB， 所以PA平面ABE， 又因為AP2，,真題押

15、題精練,真題體驗,解析,1.(2017全國改編)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是________.(填序號),(1),答案,解析對于(1)，作如圖所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QDAB. QD平面MNQQ， QD與平面MNQ相交， 直線AB與平面MNQ相交； 對于(2)，作如圖所示的輔助線， 則ABCD，CDMQ， ABMQ， 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ；,對于(3)，作如圖所示的輔助線， 則ABCD，CDMQ， ABMQ， 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面

16、MNQ； 對于(4)，作如圖所示的輔助線， 則ABCD，CDNQ， ABNQ，又AB平面MNQ，NQ平面MNQ， AB平面MNQ.,2.(2017江蘇)如圖，在三棱錐ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EFAD. 求證：(1)EF平面ABC；,證明,證明在平面ABD內，因為ABAD，EFAD， 所以ABEF.又EF平面ABC，AB平面ABC， 所以EF平面ABC.,(2)ADAC.,證明,證明因為平面ABD平面BCD， 平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD， 所以BC平面ABD. 因為AD平面ABD，所以BCA

17、D. 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.,押題預測,解析,押題依據(jù),押題依據(jù)空間兩條直線、兩個平面之間的平行與垂直的判定是立體幾何的重點內容，也是高考命題的熱點.此類題常與命題的真假性、充分條件和必要條件等知識相交匯，意在考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力.,1.不重合的兩條直線m，n分別在不重合的兩個平面，內，下列為真命題的是 A.mnm B.mn C.m D.mn,答案,,解析構造長方體，如圖所示. 因為A1C1AA1，A1C1平面AA1C1C， AA1平面AA1B1B， 但A1C1與平面AA1B1B不垂直，

18、平面AA1C1C與平面AA1B1B也不垂直， 所以選項A，B都是假命題. CC1AA1，但平面AA1C1C與平面AA1B1B相交而不平行，所以選項D為假命題. “若兩平面平行，則一個平面內任何一條直線必平行于另一個平面”是真命題，故選C.,押題依據(jù)以平面圖形的翻折為背景，探索空間直線與平面位置關系，可以考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力，預計將成為今年高考的命題方向.,證明,押題依據(jù),2.如圖(1)，在正ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點，且BEAF2CF.點P為邊BC上的點，將AEF沿EF折起到,A1EF的位置，使平面A1EF平面BEFC， 連接A1B，A1P，EP，如圖(2)所示.

19、 (1)求證：A1EFP；,證明在正ABC中，取BE的中點D，連接DF，如圖所示. 因為BEAF2CF， 所以AFAD，AEDE，而A60， 所以ADF為正三角形.又AEDE，所以EFAD. 所以在題圖(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. 因為FP平面BEFC，所以A1EFP.,解答,(2)若BPBE，點K為棱A1F的中點，則在平面A1FP上是否存在過點K的直線與平面A1BE平行，若存在，請給予證明；若不存在，請說明理由.,解在平面A1FP上存在過點K的直線與平面A1BE平行. 理由如下： 如題圖(1)，在正ABC中，因為BPBE，BEAF， 所以BPAF，所以FPAB，所以FPBE. 如圖所示，取A1P的中點M，連接MK， 因為點K為棱A1F的中點， 所以MKFP. 因為FPBE，所以MKBE.,因為MK平面A1BE，BE平面A1BE， 所以MK平面A1BE. 故在平面A1FP上存在過點K的直線MK與平面A1BE平行.,