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2019-2020年高考數(shù)學(xué)精英備考專題講座 第五講立體幾何 第二節(jié)點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 文 立體幾何中點(diǎn).直線.平面之間的位置關(guān)系是高考命題的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，其中線面垂直的判定和性質(zhì)幾乎年年出現(xiàn)，面面垂直的性質(zhì)和判定定理也是高考的一個(gè)熱點(diǎn)，同時(shí)各平行的判定和性質(zhì)也仍會(huì)被關(guān)注，考題以選擇.填空.解答題的形式出現(xiàn)，屬中檔或中高檔題，難度一般控制在0.50~0.75之間. 考試要求 （1）理解空間點(diǎn).直線.平面位置關(guān)系的定義；（2）理解線線平行，線面平行，面面平行的判定及性質(zhì)定理，能運(yùn)用公理，定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的平行關(guān)系的簡(jiǎn)單命題；（3）理解線線垂直，線面垂直，面面垂直的判定及性質(zhì)定理，能運(yùn)用公理，定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形垂直關(guān)系的簡(jiǎn)單命題. 題型一 線面關(guān)系判斷 例1 已知兩條直線，兩個(gè)平面，給出下面四個(gè)命題： ① ② ③ ④ 其中正確命題的序號(hào)是＿＿＿＿＿＿. 點(diǎn)撥：考慮全面,準(zhǔn)確地將題中符號(hào).文字.圖形三種語(yǔ)言進(jìn)行轉(zhuǎn)化和變換，借助模型.根據(jù)線面位置關(guān)系的有關(guān)定理逐個(gè)進(jìn)行分析判斷． 解析：正確命題的序號(hào)是①.③.因?yàn)閷?duì)于①，由于兩條平行線中的一條與一個(gè)平面垂直，則另一條直線也與該平面垂直，因此①正確；對(duì)于②，分別位于兩個(gè)平行平面內(nèi)的兩條直線必沒(méi)有公共點(diǎn)，但不能確定它們平行，因此②是錯(cuò)誤的；對(duì)于③，因?yàn)橹本€n可能位于平面內(nèi)，因此③是錯(cuò)誤的；對(duì)于④，因?yàn)閮蓷l平行線中一條垂直一個(gè)平面,則另一條也垂直于跟它平行的平面,④是正確的. 易錯(cuò)點(diǎn)：對(duì)于③考慮不全面：認(rèn)為兩直線平行，其中一條直線平行一 個(gè)平面，那么另一條直線也平行這個(gè)平面，因此③是正確的. 變式與引申 1.設(shè)是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，下列命題正確的是 A．若，則 B．若則 A B C D M N P 圖1 圖5-2-1 C．若，則 D．若則 題型二 空間的平行關(guān)系 例2 已知：如圖5-2-1，正四棱錐中， 分別為上的點(diǎn)，且有 .求證：直線//平面 點(diǎn)撥：證明線面平行的一般思路和方法是使用判定定理， 在平面內(nèi)“找”一條與已知直線平行的直線， 為了作 平行直線，還需要轉(zhuǎn)化為先作平面，即過(guò)所證直線作一 平面，使這一平面與所證平面相交，并且交線與所證直線平行. 可采用構(gòu)造三角形，利用三角形中位線定理及其推廣作平行線, 也中通過(guò)構(gòu)造平行四邊形，利用平行四邊形的對(duì)邊平行來(lái)作平行線， A B D M N P 圖5-2-2 Q 還可以使用面面平行的性質(zhì)定理來(lái)證. 證明:方法1連并延長(zhǎng)交于.連接, 如圖5-2-2,由正四棱錐的性質(zhì)，有//. C 由此可證明～.則. 由已知： .又平面平面， A B C D M N P 圖5-2-3 F E 平面. 方法2作交于，作 交于，連，如圖5-2-3 ① ② 由已知可得再由①②可得.由正四棱錐的性質(zhì)，有.所以，.由，.則四邊形為平行四邊形，所以又平面平面.所以平面. 圖5-2-5 易錯(cuò)點(diǎn)：利用已知條件出錯(cuò)，不能準(zhǔn)確得出所需結(jié)論. 變式與引申 2.如圖圖5-2-5：在四棱錐中，底面是菱形， 平面ABCD， 點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，且. (1) 證明：⊥平面； (2)求三棱錐的體積； (3)在線段PD上是否存在一點(diǎn)E，使得平面； 若存在，求出PE的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由. 題型三 空間的垂直關(guān)系 例3 如圖5-2-6，弧AEC是半徑為的半圓，AC為直徑，點(diǎn)E為弧AC的中點(diǎn)，點(diǎn)B和點(diǎn)C為線段AD的三等分點(diǎn)，平面AEC外一點(diǎn)F滿足FC平面BED,FB= （1）證明：EBFD （2）求點(diǎn)B到平面FED的距離. 點(diǎn)撥 設(shè)法證明平面即可 （1）證明 ： ∵點(diǎn)E為的中點(diǎn)，且為直徑 ∴ ，且 ∴ ∵FC∩AC=C ∴BE⊥平面FBD ∵FD∈平面FBD ∴EB⊥FD （2）解：∵，且 ∴ 又∵，∴ ∴ 圖5-2-7 則點(diǎn)B到平面FED的距離 易錯(cuò)點(diǎn) 利用等體積法求距離時(shí)，容易出錯(cuò). 變式與引申 3.如圖5-2-7，在直三棱柱ABC－A1B1C1中， 底面△ABC是直角三角形，∠ABC＝90，2AB＝BC＝BB1＝a，且A1C∩AC1＝D，BC1∩B1C＝E，截面ABC1與截面A1B1C交于DE， (1)求證：A1B1⊥平面BB1C1C (2)求證：A1C⊥BC1 (3)求證：DE⊥平面BB1C1C 題型四 綜合運(yùn)用 例4如圖5-2-8是某直三棱柱（側(cè)棱與底面垂直） 被削去上底后的直觀圖與三視圖的左視圖.俯視圖， 在直觀圖中，M是BD的中點(diǎn)，左視圖是直角梯形， 俯視圖是等腰直角三角形，有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示. (1)求出該幾何體的體積. (2)若N是BC的中點(diǎn)，求證：平面； (3)求證：平面平面. 點(diǎn)撥(1)先對(duì)應(yīng)求出各邊，(2)找線線平行，(3)找線面垂直 解：(1)由題意可知：四棱錐中， 平面平面， 所以，平面，又， 則四棱錐的體積為： (2)連接，則 又，所以四邊形為平行四邊形， 平面,平面,所以，平面； (3) ,是的中點(diǎn),，又平面平面平面 由(2)知：平面又平面所以，平面平面. 易錯(cuò)點(diǎn) 容易求錯(cuò)相應(yīng)邊的值，很難找出線面垂直. 變式與引申 4 .一個(gè)多面體的直觀圖和三視圖如圖5-2-9所示，其中M.N分別是AB.AC的中點(diǎn)，G是DF上的一動(dòng)點(diǎn). （1）求證： （2）當(dāng)FG=GD時(shí)，在棱AD上確定一點(diǎn)P，使得GP//平面FMC,并給出證明. 本節(jié)主要考查 （1）線線，線面，面面平行的判定與性質(zhì)定理；線線，線面，面面垂直的判定與性質(zhì)定理以及這些知識(shí)的綜合應(yīng)用（2）技能技巧；（3）數(shù)形結(jié)合，轉(zhuǎn)化化歸的應(yīng)用以及觀察能力，歸納能力，空間想象能力，運(yùn)算求解能力等基本數(shù)學(xué)能力. 點(diǎn) 評(píng) （1）平行關(guān)系是立體幾何中的重點(diǎn)，也是高考中常考熱點(diǎn)，在解決線面，面面平行的判定時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”，而在應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序恰好相反，但也要注意轉(zhuǎn)化的方向總是受題目的具體條件而定，絕不可過(guò)于“模式化”. （2）證明線面平行可以使用線面平行的判定定理，也可以使用面面平行的性質(zhì)定理.在證明過(guò)程中，畫輔助線構(gòu)造幾何圖形往往是必不可少的步驟，構(gòu)造時(shí)應(yīng)緊密結(jié)合已知條件和平面幾何的有關(guān)知識(shí)，主要是兩條直線平行的判定定理，可以從以下兩種情況進(jìn)行考慮. ①用線面平行的判定定理來(lái)證：構(gòu)造一個(gè)三角形.或一個(gè)平行四邊形，使其一邊在所證的平面內(nèi)，利用相關(guān)的定理.性質(zhì)證明兩直線平行. ②用面面平行的性質(zhì)定理來(lái)證：構(gòu)造一個(gè)平面圖形，往往是三角形，使三角形的一邊為所證的直線，證明這個(gè)三角形另兩邊與所證的平面平行. （3）垂直關(guān)系是立體幾何中的必考點(diǎn)，無(wú)論是線面垂直還是面面垂直，都源于線線的垂直，這種轉(zhuǎn)化為“低維”垂直的思想方法，在解題時(shí)非常重要，在處理實(shí)際問(wèn)題的過(guò)程中，可以先從題設(shè)條件下手，分析已有的垂直關(guān)系，再?gòu)慕Y(jié)論入手分析所以證明的垂直關(guān)系，從而架起已知與未知之間的“橋梁”. （4）解決空間直線與平面平行與垂直的相關(guān)問(wèn)題，特別要注意下面的轉(zhuǎn)化關(guān)系： 線線平行（垂直） 線面平行（垂直）面面平行（垂直） （5）對(duì)于平行與垂直關(guān)系，應(yīng)根據(jù)本節(jié)的各種概念，定理多的特點(diǎn)進(jìn)行復(fù)習(xí)，重在理清各種定理的特征和關(guān)系，總結(jié)規(guī)律，重視通性通法，培養(yǎng)計(jì)算能力和應(yīng)用能力. 習(xí)題5－2 1． 設(shè)和為不重合的兩個(gè)平面，給出下列命題： （1）若內(nèi)的兩條相交直線分別平行于內(nèi)的兩條直線，則平行于； （2）若外一條直線與內(nèi)的一條直線平行，則和平行； （3）設(shè)和相交于直線，若內(nèi)有一條直線垂直于，則和垂直； （4）直線與垂直的充分必要條件是與內(nèi)的兩條直線垂直． 上面命題中，真命題的序號(hào)是 ．（寫出所有真命題的序號(hào)） 2．（xx年高考江蘇卷）如圖5-2-10，在四棱錐中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60，E.F分別是AP.AD的中點(diǎn) 求證：（1）直線EF∥平面PCD； （2）平面BEF⊥平面PAD 3．如圖5-2-11，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形， PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F(xiàn)分別是PB,PC 的中點(diǎn). (1)證明：EF∥平面PAD； (2)求三棱錐E—ABC的體積V. 4．如圖5-2-12，已知直三棱柱ABC—A1B1C1，.E.F分別是棱CC1.AB中點(diǎn). （1）求證：； （2）求四棱錐A—ECBB1的體積； （3）判斷直線CF和平面AEB1的位置關(guān)系，并加以證明. 5．如圖5-2-13已知直角梯形中, ,過(guò)作 ,垂足為,的中點(diǎn),現(xiàn)將沿折疊,使得. （1）求證：； （2）求證：； （3）在線段上找一點(diǎn),使得面面,并說(shuō)明理由. 【答案】 變式與引申 1. C 提示：對(duì)于，結(jié)合則可推得．答案C． 2. (1) 證明：如圖5-2-1，因?yàn)锳BCD為菱形，所以AB=BC ， 又，所以AB=BC=AC， 又M為BC中點(diǎn)，所以 而平面ABCD， 平面ABCD,所以 又，所以平面 （2）解：因?yàn)? 又底面 所以 所以，三棱錐的體積 (3) 解：存在，取PD中點(diǎn)E，連結(jié)NE，EC,AE,因?yàn)镹，E分別為PA，PD中點(diǎn)，所以 又在菱形ABCD中， 所以，即MCEN是平行四邊形 所以， ，又平面，平面 所以平面， 即在PD上存在一點(diǎn)E，使得平面，此時(shí). 3. 證明：(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴側(cè)面與底面垂直， 即平面A1B1C1⊥平面BB1C1C，又∵AB⊥BC，∴A1B1⊥B1C1，從而A1B1⊥平面BB1C1C. (2)由題設(shè)可知四邊形BB1C1C為正方形，∴BC1⊥B1C， 又由(1)可知A1B1⊥平面BB1C1C，而BC1平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1， 又∵A1B1∩B1C＝B1，且A1B1平面A1B1C，B1C平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，而A1C平面A1B1C，∴BC1⊥A1C. (3)∵直三棱柱的側(cè)面均為矩形，而D、E分別為所在側(cè)面對(duì)角線的交點(diǎn)，∴D為A1C的中點(diǎn)，E為B1C的中點(diǎn)，∴DE∥A1B1，而由(1)知，A1B1⊥平面BB1C1C.∴DE⊥平面BB1C1C. 4 .證明：由三視圖可得直觀圖為直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC (1)連接DB，可知B、N、D共線，且AC⊥DN 又FD⊥AD FD⊥CD，F(xiàn)D⊥面ABCD FD⊥AC AC⊥面FDN GN⊥AC （2）點(diǎn)P在A點(diǎn)處 下證：取DC中點(diǎn)S，連接AS、GS、GA G是DF的中點(diǎn)，GS//FC,AS//CM 面GSA//面FMC GA//面FMC 即GP//面FMC 習(xí)題5-2 . （1）（2） 提示：（3）條件不充分，推導(dǎo)不出結(jié)論（4）少了兩“相交”二字 2．證明：（1）在△PAD中，因?yàn)镋.F分別為AP，AD的中點(diǎn)，所以EF//PD. 又因?yàn)镋F平面PCD，PD平面PCD，所以直線EF//平面PCD. （2）連結(jié)DB，因?yàn)锳B=AD，∠BAD=60， 所以△ABD為正三角形，因?yàn)镕是AD的中點(diǎn)，所以BF⊥AD. 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD， 所以BF⊥平面PAD.又因?yàn)锽F平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD. .解：(1)如圖5-2-2，在△PBC中，E，F(xiàn)分別是PB，PC的中點(diǎn)，∴EF∥BC. 圖5-2-2 又BC∥AD,∴EF∥AD,又∵AD平面PAD,EF平面PAD,∴EF∥平面PAD. (2)連接AE,AC,EC,過(guò)E作EG∥PA交AB于點(diǎn)G, 則BG⊥平面ABCD,且EG=PA. 在△PAB中，AD=AB,PAB,BP=2,∴AP=AB=,EG=. ∴S△ABC=ABBC=2=, ∴VE-ABC=S△ABCEG==. .證明：（1）如圖5-2-3,三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱，平面ABC， 圖5-2-3 又平面ABC， （2）解：三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱， 平面ABC，又平面ABC 平面ECBB1 是棱CC1的中點(diǎn)， （3）解：CF//平面AEB1，證明如下：取AB1的中點(diǎn)G，聯(lián)結(jié)EG，F(xiàn)G 分別是棱AB、AB1中點(diǎn) 又四邊形FGEC是平行四邊形 又平面AEB，平面AEB1，平面AEB1 .解：如圖5-2-4 （1）證明：由已知得：, A B C D E G F 圖5-2-4 , , （2）證明：取中點(diǎn)，連接,, ， , ， , （3）分析可知，點(diǎn)滿足時(shí)， 證明：取中點(diǎn)，連結(jié)、、、、 容易計(jì)算, 在中,可知, ∴在中, ,∴ 又在中,, ,