（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第7讲 空间线面关系课件

第7讲空间线面关系课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高[主干知识再强化]1．两类关系的转化(1)平行关系之间的转化(2)垂直关系之间的转化2．证明空间位置关系的方法已知a，b，l是直线，α，β，γ是平面，O是点，则(1)线线平行a∥ba∥c⇒c∥b，a∥αa⊂βα∩β＝b⇒a∥b，a⊥αb⊥α⇒a∥b，α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b⇒a∥b.(2)线面平行a∥bb⊂αa⊄α⇒a∥α，α∥βa⊂β⇒a∥α，α⊥βa⊥βa⊄α⇒a∥α.(3)面面平行a⊂α，b⊂αa∩b＝Oa∥β，b∥β⇒α∥β，a⊥αa⊥β⇒α∥β，α∥βγ∥β⇒α∥γ.(4)线线垂直a⊥αb⊂α⇒a⊥b，a⊥αb∥α⇒a⊥b.(5)线面垂直(6)面面垂直a⊂βa⊥α⇒α⊥β，a∥βa⊥α⇒α⊥β.[经典考题再回首]1．(2019·全国卷Ⅱ改编)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是________(填序号)．①α内有无数条直线与β平行②α内有两条相交直线与β平行③α，β平行于同一条直线④α，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①③④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②中条件是α∥β的充要条件．答案：②2．(2019·北京高考)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，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是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)3．(2019·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效一、小题考法——求“准”求“快”考法一空间中的位置关系判断[例1](1)设l，m表示直线，m是平面α内的任意一条直线．则“l⊥m”是“l⊥α”成立的____________条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)．(2)在空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号为________．[解析](1)由l⊥m，m⊂α，可得l⊂α，l∥α或l与α相交，推不出l⊥α；由l⊥α，m⊂α，结合线面垂直的定义可得l⊥m.故“l⊥m”是“l⊥α”成立的必要不充分条件．(2)根据公理知平行于同一条直线的两条直线互相平行，①正确；根据线面垂直性质定理知“同垂直一个平面的两条直线平行”，知④正确；②③均不恒成立．故填①④.[答案](1)必要不充分(2)①④[解题方略]判断空间位置关系的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直和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．(3)借助于反证法，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．考法二平面图形的折叠与展开[例2]如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中：①直线DE与MN平行；②直线BD与MN为异面直线；③直线GH与MN成60°角；④直线DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的个数是________．[解析](1)依题意，题中的正四面体如图所示，对于①，直线DE与MN是异面直线，因此，直线DE与MN不平行，①不正确．对于②，由“过平面内一点与该平面外的一点的直线和该平面内不经过该点的直线是异面直线”得，直线BD与MN为异面直线，因此②正确．对于③，连接GM，易知△GMN是正三角形，因此直线GH与MN成60°角，因此③正确．对于④，易得正四面体的对棱互相垂直，所以DE⊥AF.又MN∥AF，所以DE与MN垂直，因此④正确．综上所述，正确命题的个数是3.[答案]3[解题方略]平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[集训过关]1．(2018·常州二中检测)一条直线与两个平行平面中的一个成30°角，且被两平面所截得的线段长为2，那么这两个平行平面间的距离是________．解析：由题意知，两个平行平面间的距离d＝2sin30°＝1.答案：12．已知a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列命题：①若a∥b，b∥α，则a∥α；②若a⊥b，b⊥α，c⊥α，则a⊥c；③若a⊥b，b⊥α，则a∥α；④若a∥b，b∥α，b⊂β，α∩β＝c，则a∥c.其中错误命题的序号是________．解析：对于①，由a∥b，b∥α，可得a∥α或a⊂α，故①错误；对于②，由b⊥α，c⊥α得b∥c，又a⊥b，所以a⊥c.故②正确；对于③，由a⊥b，b⊥α，可得a∥α或a⊂α，故③错误；对于④，由b∥α，b⊂β，α∩β＝c得b∥c，又a∥b，所以a∥c，④正确．综上所述，错误命题的序号是①③.答案：①③3．下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，直线a在平面α内，则l∥a；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数为________．解析：对于①，∵直线l虽与平面α内的无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴l不一定平行于a，∴①是假命题；对于②，∵直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴②是假命题；对于③，∵a∥b，直线b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴a不一定平行于α，∴③是假命题；对于④，∵a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴a与平面α内的无数条直线平行，∴④是真命题.答案：1二、大题考法——求“稳”求“范”考法一证明线线、线面关系[例1](2019·镇江期末)如图，在四棱锥V­ABCD中，底面ABCD是矩形，VD⊥平面ABCD，过AD的平面分别与VB，VC交于点M，N.(1)求证：BC⊥平面VCD；(2)求证：AD∥MN.[证明](1)在四棱锥V­ABCD中，因为VD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以VD⊥BC.因为底面ABCD是矩形，所以BC⊥CD.又CD⊂平面VCD，VD⊂平面VCD，CD∩VD＝D，则BC⊥平面VCD.(2)因为底面ABCD是矩形，所以AD∥BC.又AD⊄平面VBC，BC⊂平面VBC，则AD∥平面VBC.又平面ADNM∩平面VBC＝MN，AD⊂平面ADNM，所以AD∥MN.[解题方略](1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理的条件不完整，则结论不一定正确．(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．考法二证明面面关系[例2](2019·启东联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∠APD＝90°，且AD＝PB.求证：平面PAD⊥平面ABCD.[证明]如图，取AD的中点为O，连接OP，OB，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，所以AD＝AB＝BD.因为O为AD的中点，所以OB⊥AD.在△APD中，∠APD＝90°，O为AD的中点，所以PO＝12AD＝AO.设AD＝PB＝2a，则OB＝3a，PO＝OA＝a，因为PO2＋OB2＝a2＋3a2＝4a2＝PB2，所以∠POB＝90°，所以OP⊥OB.因为OP∩AD＝O，OP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以OB⊥平面PAD.因为OB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.[解题方略]证明两平面位置关系的思路(1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．考法三空间中的探索性问题[例3]如图，已知棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)证明：BD⊥平面AA1C1C；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．[解](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面AA1C1C.(2)存在点P在C1C延长线上，且C为C1P的中点．连结B1C.因为A1B1∥AB∥DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形．所以A1D∥B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C＝CP，连结BP，因为B1B∥CC1，BB1＝CC1，所以BB1∥CP，BB1＝CP，所以四边形BB1CP为平行四边形，所以BP∥B1C，所以BP∥A1D，因为BP⊄平面A1DC1，A1D⊂平面A1DC1，所以BP∥平面DA1C1.[解题方略]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[集训过关]1．(2019·扬州期末)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：BB1⊥AC.证明：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，所以EF∥AC.因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以BB1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.2.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD是直