2020届高考数学二轮复习 第二部分 专题三 立体几何 第2讲 空间平行与垂直课件 理

专题三立体几何第2讲空间平行与垂直1．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．答案：B2．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析：连接BD，CM，BE.因为点N是正方形ABCD的中心，所以点N在BD上，且BN＝DN，所以BM，EN是△DBE的中线，所以BM，EN必相交．设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝32a.因为平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，所以BC⊥平面DCE.则BM＝32a2＋a2＝7a2.又EN＝a22＋32a2＝a，故BM≠EN.答案：B3.(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE.所以MN∥平面C1DE.(2)解：过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长为点C到平面C1DE的距离．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝41717，从而点C到平面C1DE的距离为41717.4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，且AP∩PD＝P，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解：如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，可得PE⊥平面ABCD.设AB＝x，则由已知可得AD＝2x，PE＝22x.故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝13AB·AD·PE＝13x3.由题设得13x3＝83，故x＝2.从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝22，PB＝PC＝22.可得四棱锥P­ABCD的侧面积为12PA·PD＋12PA·AB＋12PD·DC＋12BC2sin60°＝6＋23.从高考命题来看，本讲主要考查内容，(1)以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度较小．(2)以解答题的形式考查空间平行，垂直的证明，并常与体积、空间角相结合，考查逻辑推理能力和转化的思想方法，难度适中．热点1空间点、线、面位置关系的判定(自主演练)解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要依据定理、性质进行判断，但要注意定理的条件，这点很容易出错．另外，还要注意平面几何中的结论在立体几何中未必成立．1．(2017·全国卷Ⅰ)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()解析：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.因为QD∩平面MNQ＝Q，所以QD与平面MNQ相交，所以直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，所以AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.故选A.答案：A2．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．①③解析：对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，故①正确．结合长方体模型，显然②不正确．③中m⊥l，不满足面面垂直的条件，不正确．④中，若m⊥α，m∥l，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，④正确．综上可知，①④正确．答案：A3．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，或l与α相交不垂直．由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故②③⇒①或①③⇒②.答案：若m∥α且l⊥α，则l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)[思维升华]1．判断空间位置关系命题的真假：(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．2．两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．热点2平行、垂直关系的证明(迁移探究)1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的判定定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.【例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，且CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又BE⊥CD，且EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.[迁移探究1]在本例条件下，求证：平面BEF⊥平面ABCD.证明：如图，连接AC，设AC∩BE＝O，连接FO，AE.因为AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，CE＝12CD，所以ABCE.所以四边形ABCE为平行四边形．所以O为AC的中点，则FO12PA.又PA⊥平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面ABCD.[迁移探究2]在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.证明：连接AC，AC∩BE＝O.因为AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点．所以ABCE.又因为AB＝BC，所以四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，所以PA⊥BE.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.[思维升华]垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行．(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直．(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．[变式训练](2018·江苏卷)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明：(1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.热点3平面图形中的折叠问题(师生互动)1．将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为平面图形翻折问题，常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合来命题．2．一般地，翻折后还在同一个平面上的图形的性质不发生变化，不在同一个平面上的图形的性质发生变化．【例2】(2019·广州调研)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2的△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为362，求a的值．(1)证明：在图1中，因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以BE⊥AC，即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解：由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1-BCDE的高．由图1可知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1-BCDE的体积为V＝13×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，由26a3＝362，得a＝6.[思维升华]1．解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，