2018届二轮复习（文）专题五　立体几何专题五第2讲课件（全国通用）

2018届二轮复习（文）专题五　立体几何专题五第2讲课件（全国通用）

第2讲　空间中的平行与垂直 专题五　立体几何 热点分类突破 真题押题精练 Ⅰ 热点分类突破 热点一　空间线面位置关系的判定 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)(2017·四川省眉山中学月考)已知m，n为空间中两条不同的直线， α，β为空间中两个不同的平面，下列命题正确的是 A.若n⊥α，n⊥β，m⊂β，则m∥α B.若m⊥α，α⊥β，则m∥β C.若m，n在α内的射影互相平行，则m∥n D.若m⊥l，α∩β＝l，则m⊥α 解析　由题意知，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，A正确； 若m⊥α，α⊥β，可能会现m⊂β，B错误； 若m，n在α内的射影互相平行，两直线异面也可以，C错误； 若m⊥l，α∩β＝l，可能会出现m⊂α，D错误.故选A. √ 答案解析 答案解析 (2)(2017届泉州模拟)设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形， 用平 面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α A.有无数多个 B.恰有4个 C.只有1个 D.不存在 √ 思维升华 解析　如图，由题知面PAD与面PBC相交，面PAB与面PCD相交， 可设两组相交平面的交线分别为m，n， 由m，n决定的平面为β， 作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1， B1，C1，D1， 则由面面平行的性质定理得A1B1∥n∥C1D1， A1D1∥m∥B1C1， 从而得截面必为平行四边形.由于平面α可以上下平移， 可知满足条件的平面α有无数多个.故选A. 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. 答案解析 跟踪演练1　(1)α，β，γ是三个平面，m, n是两条直线，则下列命题正确 的是 A.若α∩β＝m, n⊂α，m⊥n，则α⊥β B.若α⊥β，α∩β＝m, α∩γ＝n，则m⊥n C.若m不垂直平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线 D.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β√ 解析　逐一分析所给的命题： A项，若α∩β＝m, n⊂α，m⊥n，并非一条直线垂直于平面内的两条相交 直线，不一定有α⊥β，该说法错误； B项，若α⊥β，α∩β＝m, α∩γ＝n，无法确定m，n的关系，该说法错误； C项，若m不垂直平面α，则m可能垂直于平面α内的无数条直线，该说法 错误； D项，若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，该说法正确.故选D. 答案解析 (2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2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 A.l与l1，l2都不相交 B.l与l1，l2都相交 C.l至多与l1，l2中的一条相交 D.l至少与l1，l2中的一条相交√ 解析　若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2， ∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾， ∴l至少与l1，l2中的一条相交. 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，即通过判定定理、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　(1)(2017·北京)如图，在三棱锥P－ABC中， PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2， D为线段AC的中点，E为线段PC上一点. ①求证：PA⊥BD； 证明　因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B， AB，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥平面ABC. 又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD. 证明 ②求证：平面BDE⊥平面PAC； 证明 证明　因为AB＝BC，D是AC的中点， 所以BD⊥AC. 由(1)知，PA⊥BD， 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC.又BD⊂平面BDE. 所以平面BDE⊥平面PAC. ③当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积. 解答 解　因为PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC， 平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE. 又因为D为AC的中点， 由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC， 所以三棱锥E－BCD的体积 证明 ①证明：平面FGB⊥平面ABC； 证明　由顶点F在AC上的射影为点G可知， FG⊥AC. 取AC的中点为O，连接OB. ∴BG2＋GF2＝FB2，即FG⊥BG. ∵FG⊥AC，FG⊥BG，AC∩BG＝G， AC⊂平面ABC，BG⊂平面ABC， ∴FG⊥平面ABC. 又FG⊂平面FGB，∴平面FGB⊥平面ABC. ②求三棱锥E－GBC的体积. 解答思维升华 解　∵EF∥BC, EF⊄ 平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴EF∥平面ABC，VE－GBC＝VF－GBC， ∴VE－GBC＝VF－GBC＝×S△GBC×FG 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. (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　(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P—ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； 证明　由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥PA，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD， 又PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD， 从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD. 证明 (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P—ABCD的体积为 ， 求该四棱锥的侧面积. 解答 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， 又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2， 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　(2017·孝义质检)如图(1)，在五边形ABCDE中，ED＝EA，AB∥CD， CD＝2AB，∠EDC＝150°.如图(2)，将△EAD沿AD折到△PAD的位置， 得到四棱锥P－ABCD.点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD. (1)求证：平面PAD⊥平面ABCD； 证明 ∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM， 又BM⊥平面PCD， ∴AN⊥平面PCD， ∴AN⊥PD，AN⊥CD. 由ED＝EA，即PD＝PA及N为PD的中点，可得△PAD为等边三角形， ∴∠PDA＝60°，又∠EDC＝150°， ∴∠CDA＝90°，∴CD⊥AD， 又AN∩AD＝A，AN⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， ∴CD⊥平面PAD，又∵CD⊂平面ABCD， ∴平面PAD⊥平面ABCD. 解　设四棱锥P－ABCD的高为h，四边形ABCD的面积为S， 解答思维升华 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　(2017届四川省成都市九校模拟)如图，在直角梯形ABCD中， AD∥BC, AB⊥BC, BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使 平面ABD⊥平面BCD，连接AE, AC, DE, 得到如图所示的空间几何体. (1)求证：AB⊥平面ADC； 证明 证明　因为平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， 又BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD. 因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB. 又AD⊥AB，DC∩AD＝D，AD，DC⊂平面ADC， 所以AB⊥平面ADC. 解答 故BC＝3. 由于AB⊥平面ADC，AB⊥AC，E为BC的中点， 因为DC⊥平面ABD， 设点B到平面ADE的距离为d， Ⅱ 真题押题精练 真题体验 1.(2017·全国Ⅰ改编)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______. 答案解析1 2 (1) 解析　对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB. ∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交， ∴直线AB与平面MNQ相交； 1 2 对于(2)，作如图②所示的辅助线， 则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ， 又AB⊄ 平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ； 1 2 对于(3)，作如图③所示的辅助线， 则AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ， 又AB⊄ 平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ； 1 2 对于(4)，作如图④所示的辅助线， 则AB∥CD，CD∥NQ， ∴AB∥NQ，又AB⊄ 平面MNQ，NQ⊂平面MNQ， ∴AB∥平面MNQ. 1 2 2.(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD中， AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点 E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上， 且EF⊥AD. 求证：(1)EF∥平面ABC； 证明　在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD， 所以AB∥EF.又EF⊄ 平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以EF∥平面ABC. 1 2 证明 (2)AD⊥AC. 证明　因为平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD， BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC， BC⊂平面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC. 1 2 证明 押题预测 答案解析 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 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，下列为真命 题的是 A.m⊥n⇒m⊥β B.m⊥n⇒α⊥β C.α∥β⇒m∥β D.m∥n⇒α∥β√ 押题依据 1 2 解析　构造长方体，如图所示. 因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平 面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，所以 平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直.所以选项A， B都是假命题. CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为 假命题. “若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面” 是真命题，故选C. 2.如图(1)，在正△ABC中，E，F 分别是AB，AC边上的点，且BE ＝AF＝2CF.点P为边BC上的点， 将△AEF沿EF折起到△A1EF的位 置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连 接A1B，A1P，EP，如图(2)所示. (1)求证：A1E⊥FP； 押题依据　以平面图形的翻折为背景，探索空间直角与平面位置关系的考 题创新性强，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为 今年高考的命题形式. 1 2 证明押题依据 证明　在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示. 因为BE＝AF＝2CF， 所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°， 所以△ADF为正三角形. 又AE＝DE，所以EF⊥AD. 所以在题图(2)中A1E⊥EF， 又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC， 且平面A1EF∩平面BEFC＝EF， 所以A1E⊥平面BEFC. 因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP. 1 2 (2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的 直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由. 解答1 2 解　在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行.理由如下： 如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF， 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE. 如图所示，取A1P的中点M，连接MK， 因为点K为棱A1F的中点， 所以MK∥FP. 因为FP∥BE，所以MK∥BE. 因为MK⊄ 平面A1BE，BE⊂平面A1BE， 所以MK∥平面A1BE. 故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行. 1 2