《（全國通用）2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊三 專題突破核心考點 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.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊三 專題突破核心考點 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.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(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對命題的真假進(jìn)行判斷，屬于基礎(chǔ)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(guān)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(jìn)行考查，難度中檔.,,,熱點分類突破,真題押題精練,內(nèi)容索引,熱點分類突破,空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)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(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進(jìn)行判斷.,,熱點一空間線面位置關(guān)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(nèi)不同的兩點，B，D是內(nèi)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(dāng)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(dāng)AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D.當(dāng)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(zhì)定理可得ACl，故選B.,,解決空間點、線、面位置關(guān)系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質(zhì)、空間位置關(guān)系的各

4、種情況，以及空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)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(jié)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(diào)研)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面內(nèi)，l2在平面內(nèi)，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(guān)系的證明,空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)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(diào)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(shè)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(guān)系的基礎(chǔ)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(jìn)行平行轉(zhuǎn)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(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)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(zhì)；勾股定理；線面垂直的性質(zhì)，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(zhì)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(zhì)是解決問題的關(guān)鍵.一般地，在翻折后還在一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)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(guān)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(guān)系是解題的突破口. (2)存在探索性問題可先假設(shè)存在，然后在此前提下進(jìn)行邏輯推理，得出矛盾則否定假設(shè)，否則給出肯定結(jié)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(nèi)，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(yù)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(nèi)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(nèi)，下列為真命題的是 A.mnm B.mn C.m D.mn,答案,,解析構(gòu)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(nèi)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(guān)系，可以考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力，預(yù)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.,