2018届二轮复习空间中的平行与垂直课件（江苏专用）

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第 2 讲　 空间 中的平行与垂直 专题五　立体几何与空间向量 高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练 栏目索引 高考真题体验 1 2 3 1. (2015· 北京改编 ) 设 α ， β 是两个不同的平面， m 是直线且 m ⊂ α . 则 “ m ∥ β ” 是 “ α ∥ β ” 的 _____________ 条件 . 解析　 m ⊂ α ， m ∥ β 　 α ∥ β ，但 m ⊂ α ， α ∥ β ⇒ m ∥ β ， ∴ m ∥ β 是 α ∥ β 的必要而不充分条件 . 必要而不充分 1 2 3 2. (2015· 安徽改编 ) 已知 m ， n 是两条不同直线， α ， β 是两个不同平面，则下列命题正确的是 ________. ① 若 α ， β 垂直于同一平面，则 α 与 β 平行； ② 若 m ， n 平行于同一平面，则 m 与 n 平行； ③ 若 α ， β 不平行，则在 α 内不存在与 β 平行的直线； ④ 若 m ， n 不平行，则 m 与 n 不可能垂直于同一平面 . 1 2 3 解析　 对于 ① ， α ， β 垂直于同一平面， α ， β 关系不确定， ① 错； 对于 ② ， m ， n 平行于同一平面， m ， n 关系不确定，可平行、相交、异面，故 ② 错； 对于 ③ ， α ， β 不平行，但 α 内能找出平行于 β 的直线，如 α 中平行于 α ， β 交线的直线平行于 β ，故 ③ 错； 对于 ④ ，若假设 m ， n 垂直于同一平面，则 m ∥ n ，其逆否命题即为 ④ ，故 ④ 正确 . 答案　 ④ 1 2 3 3. (2015· 江苏 ) 如图，在直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中， 已知 AC ⊥ BC ， BC ＝ CC 1 . 设 AB 1 的中点为 D ， B 1 C ∩ BC 1 ＝ E . 求证： (1) DE ∥ 平面 AA 1 C 1 C ； 证明　 由题意知， E 为 B 1 C 的中点， 又 D 为 AB 1 的中点，因此 DE ∥ AC . 又因为 DE ⊄ 平面 AA 1 C 1 C ， AC ⊂ 平面 AA 1 C 1 C ， 所以 DE ∥ 平面 AA 1 C 1 C . 1 2 3 (2) BC 1 ⊥ AB 1 . 证明　 因为棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 是直三棱柱， 所以 CC 1 ⊥ 平面 ABC . 因为 AC ⊂ 平面 ABC ， 所以 AC ⊥ CC 1 . 又因为 AC ⊥ BC ， CC 1 ⊂ 平面 BCC 1 B 1 ， BC ⊂ 平面 BCC 1 B 1 ， BC ∩ CC 1 ＝ C ， 1 2 3 所以 AC ⊥ 平面 BCC 1 B 1 . 又因为 BC 1 ⊂ 平面 BCC 1 B 1 ，所以 BC 1 ⊥ AC . 因为 BC ＝ CC 1 ，所以矩形 BCC 1 B 1 是正方形， 因此 BC 1 ⊥ B 1 C . 因为 AC ， B 1 C ⊂ 平面 B 1 AC ， AC ∩ B 1 C ＝ C ， 所以 BC 1 ⊥ 平面 B 1 AC . 又因为 AB 1 ⊂ 平面 B 1 AC ，所以 BC 1 ⊥ AB 1 . 考情考向分析 1. 以填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题 . 2. 以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等 . 热点一　空间线面位置关系的判定 热点分类突破 空间线面位置关系判断的常用方法 (1) 根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题； (2) 必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断 . 例 1 　 (1) (2015· 广东改编 ) 若直线 l 1 和 l 2 是异面直线， l 1 在平面 α 内， l 2 在平面 β 内， l 是平面 α 与平面 β 的交线，则下列命题正确的是 ________. ① l 与 l 1 ， l 2 都不相交； ② l 与 l 1 ， l 2 都相交； ③ l 至多与 l 1 ， l 2 中的一条相交； ④ l 至少与 l 1 ， l 2 中的一条相交 . 解析　 若 l 与 l 1 ， l 2 都不相交则 l ∥ l 1 ， l ∥ l 2 ， ∴ l 1 ∥ l 2 ，这与 l 1 和 l 2 异面矛盾， ∴ l 至少与 l 1 ， l 2 中的一条相交 . 答案　 ④ (2) 已知不同的两条直线 a ， b 与两个平面 α ， β ， b ⊥ α ，则下列命题中正确的是 ________. ① 若 a ∥ α ，则 a ⊥ b ； ② 若 a ⊥ b ，则 a ∥ α ； ③ 若 b ⊥ β ，则 α ∥ β ； ④ 若 α ⊥ β ，则 b ⊥ β . 解析　 过直线 a 作平面 γ 使 α ∩ γ ＝ c ，则 a ∥ c ，再根据 b ⊥ α 可得 b ⊥ c ，从而 b ⊥ a ，命题 ① 是真命题 . 命题 ③ ，由 b ⊥ α ， b ⊥ β ，可得 α ∥ β ，命题 ③ 为真命题 . ② 中可能出现 a ⊂ α ， ④ 中可能出现 b ⊂ β . 故 ①③ 正确 . ①③ 思维升华 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中 . 跟踪演练 1 　 已知 m ， n 为两条不同的直线， α ， β 为两个不重合的平面，给出下列命题： ① 若 m ⊥ α ， n ⊥ α ，则 m ∥ n ； ② 若 m ⊥ α ， m ⊥ n ，则 n ∥ α ； ③ 若 α ⊥ β ， m ∥ α ，则 m ⊥ β ； ④ 若 m ⊥ α ， m ∥ β ，则 α ⊥ β . 其中正确的是 ________. 解析　 对于 ① ，垂直于同一个平面的两条直线平行， ① 正确； 对于 ② ，直线 n 可能在平面 α 内，所以推不出 n ∥ α ， ② 错误； 对于 ③ ，举一反例， m ⊂ β 且 m 与 α ， β 的交线平行时，也有 m ∥ α ， ③ 错误； 对于 ④ ，可以证明其正确性， ④ 正确 . ∴①④ 正确 . 答案　 2 热点二　空间平行、垂直关系的证明 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化 . 例 2 　 (2015· 广东 ) 如图，三角形 PDC 所在 的平 面 与长方形 ABCD 所在的平面垂直， PD ＝ PC ＝ 4 ， AB ＝ 6 ， BC ＝ 3. (1) 证明： BC ∥ 平面 PDA ； 证明　 因为四边形 ABCD 是长方形， 所以 BC ∥ AD ， 因为 BC ⊄ 平面 PDA ， AD ⊂ 平面 PDA ， 所以 BC ∥ 平面 PDA . (2) 证明： BC ⊥ PD ； 证明　 因为四边形 ABCD 是长方形，所以 BC ⊥ CD ， 因为平面 PDC ⊥ 平面 ABCD ，平面 PDC ∩ 平面 ABCD ＝ CD ， BC ⊂ 平面 ABCD ， 所以 BC ⊥ 平面 PDC ， 因为 PD ⊂ 平面 PDC ，所以 BC ⊥ PD . (3) 求点 C 到平面 PDA 的距离 . 解　 如图，取 CD 的中点 E ，连结 AE 和 PE . 因为 PD ＝ PC ，所以 PE ⊥ CD ， 因为平面 PDC ⊥ 平面 ABCD ，平面 PDC ∩ 平面 ABCD ＝ CD ， PE ⊂ 平面 PDC ， 所以 PE ⊥ 平面 ABCD ， 由 (2) 知： BC ⊥ 平面 PDC ， 由 (1) 知： BC ∥ AD ， 所以 AD ⊥ 平面 PDC ， 因为 PD ⊂ 平面 PDC ， 所以 AD ⊥ PD . 设点 C 到平面 PDA 的距离为 h ， 因为 V 三棱锥 C-PDA ＝ V 三棱锥 P-ACD ， 思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下： (1) 证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换 . 思维升华 (2) 证明线线垂直常用的方法： ① 利用等腰三角形底边中线即高线的性质； ② 勾股定理； ③ 线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可， l ⊥ α ， a ⊂ α ⇒ l ⊥ a . 跟踪演练 2 　 如图所示，已知 AB ⊥ 平面 ACD ， DE ⊥ 平面 ACD ， △ ACD 为等边三角形， AD ＝ DE ＝ 2 AB ， F 为 CD 的中点 . 求证： (1) AF ∥ 平面 BCE ； 证明　 如图，取 CE 的中点 G ，连结 FG ， BG . ∵ AB ⊥ 平面 ACD ， DE ⊥ 平面 ACD ， ∴ AB ∥ DE ， ∴ GF ∥ AB . ∴ 四边形 GFAB 为平行四边形， 则 AF ∥ BG . ∵ AF ⊄ 平面 BCE ， BG ⊂ 平面 BCE ， ∴ AF ∥ 平面 BCE . (2) 平面 BCE ⊥ 平面 CDE . 证明　 ∵△ ACD 为等边三角形， F 为 CD 的中点， ∴ AF ⊥ CD . ∵ DE ⊥ 平面 ACD ， AF ⊂ 平面 ACD ， ∴ DE ⊥ AF . 又 CD ∩ DE ＝ D ，故 AF ⊥ 平面 CDE . ∵ BG ∥ AF ， ∴ BG ⊥ 平面 CDE . ∵ BG ⊂ 平面 BCE ， ∴ 平面 BCE ⊥ 平面 CDE . 热点三　平面图形的折叠问题 平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键 . 一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法 . 例 3 　 如图 (1) ，在 Rt △ ABC 中， ∠ C ＝ 90° ， D ， E 分别为 AC ， AB 的中点，点 F 为线段 CD 上的一点，将 △ ADE 沿 DE 折起到 △ A 1 DE 的位置，使 A 1 F ⊥ CD ，如图 (2). (1) 求证： DE ∥ 平面 A 1 CB ； 证明　 因为 D ， E 分别为 AC ， AB 的中点， 所以 DE ∥ BC . 又因为 DE ⊄ 平面 A 1 CB ， BC ⊂ 平面 A 1 CB ， 所以 DE ∥ 平面 A 1 CB . (2) 求证： A 1 F ⊥ BE ； 证明　 由题图 (1) 得 AC ⊥ BC 且 DE ∥ BC ， 所以 DE ⊥ AC . 所以 DE ⊥ A 1 D ， DE ⊥ CD . 又 A 1 D ∩ CD ＝ D . 所以 DE ⊥ 平面 A 1 DC . 而 A 1 F ⊂ 平面 A 1 DC ， 所以 DE ⊥ A 1 F . 又因为 A 1 F ⊥ CD ，又 DE ∩ CD ＝ D . 所以 A 1 F ⊥ 平面 BCDE ，又 BE ⊂ 平面 BCDE ， 所以 A 1 F ⊥ BE . (3) 线段 A 1 B 上是否存在点 Q ，使 A 1 C ⊥ 平面 DEQ ？请说明理由 . 解　 线段 A 1 B 上存在点 Q ，使 A 1 C ⊥ 平面 DEQ . 理由如下： 如图，分别取 A 1 C ， A 1 B 的中点 P ， Q ，则 PQ ∥ BC . 又因为 DE ∥ BC ， 所以 DE ∥ PQ . 所以平面 DEQ 即为平面 DEP . 由 (2) 知， DE ⊥ 平面 A 1 DC ， 所以 DE ⊥ A 1 C . 又因为 P 是等腰三角形 DA 1 C 底边 A 1 C 的中点， 所以 A 1 C ⊥ DP ，且 DP ∩ DE ＝ D . 所以 A 1 C ⊥ 平面 DEP . 从而 A 1 C ⊥ 平面 DEQ . 故线段 A 1 B 上存在点 Q ，使得 A 1 C ⊥ 平面 DEQ . 思维升华 (1) 折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口； (2) 存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论 . 跟踪演练 3 　 (2014· 广东 ) 如图 (1) ，四边形 ABCD 为矩形， PD ⊥ 平面 ABCD ， AB ＝ 1 ， BC ＝ PC ＝ 2 ，作如图 (2) 折叠，折痕 EF ∥ DC . 其中点 E ， F 分别在线段 PD ， PC 上，沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M ，并且 MF ⊥ CF . (1) 证明： CF ⊥ 平面 MDF ； 证明　 因为 PD ⊥ 平面 ABCD ， AD ⊂ 平面 ABCD ， 所以 PD ⊥ AD . 又因为 ABCD 是矩形， CD ⊥ AD ， PD 与 CD 交于点 D ， 所以 AD ⊥ 平面 PCD . 又 CF ⊂ 平面 PCD ， 所以 AD ⊥ CF ，即 MD ⊥ CF . 又 MF ⊥ CF ， MD ∩ MF ＝ M ， 所以 CF ⊥ 平面 MDF . (2) 求三棱锥 M － CDE 的体积 . 解　 因为 PD ⊥ DC ， BC ＝ 2 ， CD ＝ 1 ， ∠ PCD ＝ 60° ， 过点 F 作 FG ⊥ CD 交 CD 于点 G ， 高考押题精练 1 2 1. 不重合的两条直线 m ， n 分别在不重合的两个平面 α ， β 内，下列命题正确的是 ________. ① m ⊥ n ⇒ m ⊥ β ； ② m ⊥ n ⇒ α ⊥ β ； ③ α ∥ β ⇒ m ∥ β ； ④ m ∥ n ⇒ α ∥ β . 押题依据　 空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点 . 此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力 . 1 2 解析　 构造长方体，如图所示 . 因为 A 1 C 1 ⊥ AA 1 ， A 1 C 1 ⊂ 平面 AA 1 C 1 C ， AA 1 ⊂ 平面 AA 1 B 1 B ，但 A 1 C 1 与平面 AA 1 B 1 B 不垂直， 平面 AA 1 C 1 C 与平面 AA 1 B 1 B 不垂直 . 所以 ① ， ② 都是假命题 . CC 1 ∥ AA 1 ，但平面 AA 1 C 1 C 与平面 AA 1 B 1 B 相交而不平行， 所以 ④ 为假命题 . 1 2 “ 若两平面平行，则平面内任何一条直线必平行于另一个平面 ” 是真命题，故 ③ 正确 . 答案　 ③ 1 2 2. 如图，在直四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 中， 已知 DC ＝ DD 1 ＝ 2 AD ＝ 2 AB ， AD ⊥ DC ， AB ∥ DC . (1) 求证： D 1 C ⊥ AC 1 ； (2) 问在棱 CD 上是否存在点 E ，使 D 1 E ∥ 平面 A 1 BD . 若存在，确定点 E 位置；若不存在，说明理由 . 1 2 押题依据　 空间直线和平面的平行、垂直关系是立体几何的重点内容，也是高考解答题的热点，结合探索性问题考查考生的空间想象能力、推理论证能力，是命题的常见形式 . 1 2 (1) 证明　 在直四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 中， 连结 C 1 D ， ∵ DC ＝ DD 1 ， ∴ 四边形 DCC 1 D 1 是正方形， ∴ DC 1 ⊥ D 1 C . 又 AD ⊥ DC ， AD ⊥ DD 1 ， DC ∩ DD 1 ＝ D ， ∴ AD ⊥ 平面 DCC 1 D 1 ， 又 D 1 C ⊂ 平面 DCC 1 D 1 ， 1 2 ∴ AD ⊥ D 1 C . ∵ AD ⊂ 平面 ADC 1 ， DC 1 ⊂ 平面 ADC 1 ，且 AD ∩ DC 1 ＝ D ， ∴ D 1 C ⊥ 平面 ADC 1 ， 又 AC 1 ⊂ 平面 ADC 1 ， ∴ D 1 C ⊥ AC 1 . 1 2 (2) 解　 假设存在点 E ，使 D 1 E ∥ 平面 A 1 BD . 连结 AD 1 ， AE ， D 1 E ， 设 AD 1 ∩ A 1 D ＝ M ， BD ∩ AE ＝ N ，连结 MN ， ∵ 平面 AD 1 E ∩ 平面 A 1 BD ＝ MN ， 要使 D 1 E ∥ 平面 A 1 BD ， 可使 MN ∥ D 1 E ， 1 2 又 M 是 AD 1 的中点，则 N 是 AE 的中点 . 又易知 △ ABN ≌△ EDN ， ∴ AB ＝ DE . 即 E 是 DC 的中点 . 综上所述 ，当 E 是 DC 的中点时，可使 D 1 E ∥ 平面 A 1 BD .