高考数学二轮复习热点突破专题3立体几何第2讲空间中的平行与垂直课件

这是一份高考数学二轮复习热点突破专题3立体几何第2讲空间中的平行与垂直课件，共40页。PPT课件主要包含了真题感悟，答案B，考点整合等内容，欢迎下载使用。

高考定位　1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，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，并与空间角的计算综合命题.
1.(2019·全国Ⅲ卷)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　如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.
3.(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；(2)点C1在平面AEF内.
证明　(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.
4.(2019·全国Ⅰ卷)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.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，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，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.又C1E∩DE＝E，所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE＝1，C1C＝4，
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)面面平行的性质定理：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.
热点一　空间点、线、面位置关系【例1】 (1)(2020·河南百校大联考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则下列结论正确的是(　　)
A.m＝n B.m＝n＋2C.m＜n D.m＋n＜8
(2)(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　(1)直线CE⊂平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，则m＝4.
取CD的中点G，连接FG，EG.易证CD⊥平面EGF，又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4，故m＝n＝4.
(2)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可能与α平行，或l与α相交但不垂直；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　(1)A　(2)若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
探究提高　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、四面体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.
【训练1】 (1)(2020·衡水中学调研)已知M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列是假命题的是(　　)
A.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交B.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直C.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交D.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行
(2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)
A.BP⊥AC B.PD⊥平面ABCDC.AC⊥PD D.平面BDP⊥平面ABCD
解析　(1)在AB上取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此C是假命题.
(2)取BP的中点O，连接OA，OC，如图所示.则BP⊥OA，BP⊥OC，因为OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以BP⊥AC，故选项A一定成立.由AC⊥BP，AC⊥BD，BP∩BD＝B，∴AC⊥平面BDP，又PD⊂平面BDP，AC⊂平面ABCD.所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故C，D一定正确.从条件不一定推出PD⊥平面ABCD，选B.
答案　(1)C　(2)B
热点二　空间平行、垂直关系的证明【例2】 (2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)证明　因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解　棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.
探究提高　1.利用综合法证明平行与垂直，关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面，如果所给的图形中不存在这样的线与面，要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.2.垂直、平行关系的证明，主要是运用转化与化归思想，完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中，不要忽视定理成立的条件，推理要严谨.
【训练2】 (2020·石家庄调研)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点.
(1)求证：BF∥平面ADP；(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明　(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，∵F是CE的中点，∴FG是梯形CDPE的中位线，∵CD＝3PE，∴FG＝2PE，FG∥CD，∵CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，∴BF∥AG，又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，∴ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.∴FM∥PD，∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，∴BD⊥平面AOF.
热点三　平面图形中的折叠问题【例3】 图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明　由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解　如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG.
故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.
探究提高　1.解决与折叠有关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，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，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.
(1)证明　∵△PAD是等边三角形，F是AD的中点，∴PF⊥AD.
又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP.由于PB⊂平面BFP，∴AD⊥PB.
(2)解　能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，PF⊂平面PAD，∴PF⊥平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，∴GH⊥平面ABCD.又GH⊂平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，
探究提高　1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.2.解决空间线面关系的探究性问题，应从平面图形中的平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.
【训练4】 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均为等边三角形，且平面PDC⊥平面BDC.
解　(1)存在.当点E为棱PB的中点，使得AE∥平面PDC.理由如下：如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.
因为△BCD是等边三角形，所以∠DGB＝90°.因为∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四边形ABGD为矩形，
所以四边形ADFE是平行四边形，从而AE∥DF，又AE⊄平面PDC，DF⊂平面PDC，所以AE∥平面PDC.(2)取CD的中点M，连接PM，过点P作PN⊥BC交BC于点N，连接MN，如图所示.因为△PDC为等边三角形，所以PM⊥DC.因为PM⊥DC，平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC，PM⊂平面PDC，所以PM⊥平面BCD，则PM为四棱锥P－ABCD的高.又BC⊂平面BCD，所以PM⊥BC.因为PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN⊂平面PMN，PM⊂平面PMN，所以BC⊥平面PMN.因为MN⊂平面PMN，所以MN⊥BC.