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1、第2講空間中的平行與垂直,專題四立體幾何,板塊三專題突破核心考點,考情考向分析,1.以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎題. 2.以解答題的形式考查，主要是對線線、線面與面面平行和垂直關系的交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查，難度中檔.,熱點分類突破,真題押題精練,內容索引,熱點分類突破,空間線面位置關系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題. (2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系，并結
2、合有關定理來進行判斷.,熱點一空間線面位置關系的判定,例1(1)若m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是 A.若m，n，則mn B.若m，n，則mn C.若m，n，則mn D.若m，n，則mn,解析,答案,解析對于選項A，由n，可得n或n， 又m，所以可得mn，故A正確； 對于選項B，由條件可得mn或mn，故B不正確； 對于選項C，由條件可得mn或m，n相交或m，n異面，故C不正確； 對于選項D，由題意得mn，故D不正確.,解答,(2)如圖，平面平面，l，A，C是內不同的兩點，B，D是內不同的兩點，且A，B，C，D直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點.下列判斷正確的是
3、 A.當CD2AB時，M，N兩點不可能重合 B.M，N兩點可能重合，但此時直線AC與 l不可能相交 C.當AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D.當AB，CD是異面直線時，直線MN可能與l平行,解析,答案,解析由于直線CD的兩個端點都可以動，所以M，N兩點可能重合， 此時兩條直線AB，CD共面，由于兩條線段互相平分， 所以四邊形ACBD是平行四邊形， 因此ACBD，而BD，ACB， 所以由線面平行的判定定理可得AC， 又因為AC，l， 所以由線面平行的性質定理可得ACl，故選B.,解決空間點、線、面位置關系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質、空間位置關系的各種情況，以
4、及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理進行判斷，必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時要注意平面幾何中的結論不能完全引用到立體幾何中.,跟蹤演練1(1)(2018揭陽模擬)已知直線a，b，平面，下列命題正確的是 A.若，a，則a B.若a，b，c，則abc C.若a，ba，則b D.若，a，b，則ba,解析,答案,解析A中，若，a，則a，該說法正確； B中，若a，b，c， 在三棱錐PABC中，令平面，分別為平面PAB，PAC，PBC， 交線a，b，c為PA，PB，PC，不滿足abc，該說法錯誤； C中，若a，ba，有可能b，不滿足b，該說法錯誤； D中，若，a，b，
5、正方體ABCDA1B1C1D1中，取平面，為平面ABCD，ADD1A1， 直線b為A1C1，滿足b，不滿足ba，該說法錯誤.,解析,答案,(2)(2018資陽模擬)如圖，平面與平面相交于BC， AB，CD，點ABC，點DBC，則下列敘述錯 誤的是 A.直線AD與BC是異面直線 B.過AD只能作一個平面與BC平行 C.過AD只能作一個平面與BC垂直 D.過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個平面與BC平行,解析由異面直線的判定定理得直線AD與BC是異面直線； 在平面內僅有一條直線過點D且與BC平行，這條直線與AD確定一個平面與BC平行，即過AD只能作一個平面與BC平行； 若AD垂直于平面
6、，則過AD的平面都與BC垂直，因此C錯； 過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個平面與BC平行.,熱點二空間平行、垂直關系的證明,空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定定理、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化.,例2(1)(2018衡水調研)如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，平面PAB平面ABCD，點E是PD的中點，棱PA與平面BCE交于點F. 求證：ADEF；,證明,證明因為底面ABCD是邊長為2的正方形， 所以BCAD. 又因為BC平面PAD，AD平面PAD， 所以BC平面PAD. 又因為B，C，E，F(xiàn)四點共面，且平面BCEF平
7、面PADEF， 所以BCEF. 又因為BCAD，所以ADEF.,若PAB是正三角形，求三棱錐PBEF的體積.,解答,解由知，ADEF，點E是PD的中點，,又因為平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，ADAB， 所以AD平面PAB，所以EF平面PAB. 又因為PAB是正三角形，所以PAPBAB2，,(2)(2018北京)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點.,證明,求證：PEBC；,證明因為PAPD，E為AD的中點， 所以PEAD. 因為底面ABCD為矩形，所以BCAD，所以PEBC.,求證：平面P
8、AB平面PCD；,證明,證明因為底面ABCD為矩形， 所以ABAD. 又因為平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD， AB平面ABCD， 所以AB平面PAD， 又PD平面PAD，所以ABPD. 又因為PAPD，PAABA，PA，AB平面PAB， 所以PD平面PAB. 又PD平面PCD， 所以平面PAB平面PCD.,求證：EF平面PCD.,證明,證明如圖，取PC的中點G，連接FG，DG. 因為F，G分別為PB，PC的中點，,因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點，,所以DEFG，DEFG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形，所以EFDG. 又因為EF平面PCD，DG平面PCD， 所
9、以EF平面PCD.,垂直、平行關系的基礎是線線垂直和線線平行，常用方法如下： (1)證明線線平行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進行平行轉換；三是利用三角形的中位線定理證明線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質定理進行平行轉換. (2)證明線線垂直常用的方法：利用等腰三角形底邊中線即高線的性質；勾股定理；線面垂直的性質，即要證線線垂直，只需證明一條直線垂直于另一條直線所在的平面即可，l，ala.,跟蹤演練2(2018全國)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧 所在平面垂直，M是 上異于C，D的點.,證明,(1)證明：平面AMD平面BMC.,證明
10、由題設知，平面CMD平面ABCD，交線為CD. 因為BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD， 又DM平面CMD，故BCDM.,因為M為 上異于C，D的點，且DC為直徑，,所以DMCM. 又BCCMC，BC，CM平面BMC， 所以DM平面BMC. 又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.,(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC平面PBD？說明理由.,解答,解當P為AM的中點時，MC平面PBD. 證明如下：連接AC，BD，交于點O. 因為ABCD為矩形， 所以O為AC的中點. 連接OP，因為P為AM的中點， 所以MCOP. 又MC平面PBD，OP平面PBD， 所以MC平面PBD.,平面
11、圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(fā)生變化，有的沒有發(fā)生變化，這些發(fā)生變化和沒有發(fā)生變化的性質是解決問題的關鍵.一般地，在翻折后還在一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化，解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變，去研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和各類幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法.,熱點三平面圖形的翻折問題,例3(2018北京海淀區(qū)期末)如圖1，已知菱形AECD的對角線AC，DE交于點F，點E為AB中點.將ADE沿線,證明折疊前，因為四邊形AECD為菱形， 所以ACDE， 所以折疊后，DEPF，DECF， 又PFCFF，PF，CF平面PCF， 所以DE平
12、面PCF.,證明,段DE折起到PDE的位置，如圖2所示. (1)求證：DE平面PCF；,證明,(2)求證：平面PBC平面PCF；,證明因為四邊形AECD為菱形， 所以DCAE，DCAE. 又點E為AB的中點， 所以DCEB，DCEB， 所以四邊形DEBC為平行四邊形， 所以CBDE. 又由(1)得，DE平面PCF， 所以CB平面PCF. 因為CB平面PBC， 所以平面PBC平面PCF.,解答,(3)在線段PD，BC上是否分別存在點M，N，使得平面CFM平面PEN？若存在，請指出點M，N的位置，并證明；若不存在，請說明理由.,解存在滿足條件的點M，N， 且M，N分別是PD和BC的中點. 如圖，分
13、別取PD和BC的中點M，N. 連接EN，PN，MF，CM. 因為四邊形DEBC為平行四邊形，,所以四邊形ENCF為平行四邊形， 所以FCEN.,在PDE中，M，F(xiàn)分別為PD，DE的中點， 所以MFPE. 又EN，PE平面PEN，PEENE，MF，CF平面CFM，MFCFF， 所以平面CFM平面PEN.,(1)折疊問題中不變的數(shù)量和位置關系是解題的突破口. (2)存在探索性問題可先假設存在，然后在此前提下進行邏輯推理，得出矛盾則否定假設，否則給出肯定結論.,跟蹤演練3如圖，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，點E是BC邊的中點，將ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，連接AE
14、，AC，DE，得到如圖所示的空間幾何體.,證明,(1)求證：AB平面ADC；,證明因為平面ABD平面BCD， 平面ABD平面BCDBD， 又BDDC，DC平面BCD，所以DC平面ABD. 因為AB平面ABD，所以DCAB. 又ADAB，DCADD，AD，DC平面ADC， 所以AB平面ADC.,解答,(2)若AD1，AB ，求點B到平面ADE的距離.,依題意ABDDCB，,故BC3. 由于AB平面ADC，所以ABAC，,因為DC平面ABD，,設點B到平面ADE的距離為d，,真題押題精練,真題體驗,解析,1.(2017全國改編)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱
15、的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是_.(填序號),(1),答案,解析對于(1)，作如圖所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QDAB. QD平面MNQQ， QD與平面MNQ相交， 直線AB與平面MNQ相交； 對于(2)，作如圖所示的輔助線， 則ABCD，CDMQ， ABMQ， 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ；,對于(3)，作如圖所示的輔助線， 則ABCD，CDMQ， ABMQ， 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ； 對于(4)，作如圖所示的輔助線， 則ABCD，CDNQ， ABNQ，又AB平面MNQ，NQ平面MNQ， AB平面MNQ.,
16、2.(2017江蘇)如圖，在三棱錐ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EFAD. 求證：(1)EF平面ABC；,證明,證明在平面ABD內，因為ABAD，EFAD， 所以ABEF.又EF平面ABC，AB平面ABC， 所以EF平面ABC.,(2)ADAC.,證明,證明因為平面ABD平面BCD， 平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD， 所以BC平面ABD. 因為AD平面ABD，所以BCAD. 又ABAD，BCABB，AB平面ABC， BC平面ABC，所以AD平面ABC. 又AC平面ABC，所以ADAC.,押題預測,解
17、析,押題依據(jù),押題依據(jù)空間兩條直線、兩個平面之間的平行與垂直的判定是立體幾何的重點內容，也是高考命題的熱點.此類題常與命題的真假性、充分條件和必要條件等知識相交匯，意在考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力.,1.不重合的兩條直線m，n分別在不重合的兩個平面，內，下列為真命題的是 A.mnm B.mn C.m D.mn,答案,解析構造長方體，如圖所示. 因為A1C1AA1，A1C1平面AA1C1C， AA1平面AA1B1B， 但A1C1與平面AA1B1B不垂直， 平面AA1C1C與平面AA1B1B也不垂直， 所以選項A，B都是假命題. CC1AA1，但平面AA1C1C與平面AA1B1B相交而不平
18、行，所以選項D為假命題. “若兩平面平行，則一個平面內任何一條直線必平行于另一個平面”是真命題，故選C.,押題依據(jù)以平面圖形的翻折為背景，探索空間直線與平面位置關系，可以考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力，預計將成為今年高考的命題方向.,證明,押題依據(jù),2.如圖(1)，在正ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點，且BEAF2CF.點P為邊BC上的點，將AEF沿EF折起到,A1EF的位置，使平面A1EF平面BEFC， 連接A1B，A1P，EP，如圖(2)所示. (1)求證：A1EFP；,證明在正ABC中，取BE的中點D，連接DF，如圖所示. 因為BEAF2CF， 所以AFAD，AEDE，而A
19、60， 所以ADF為正三角形.又AEDE，所以EFAD. 所以在題圖(2)中，A1EEF， 又A1E平面A1EF，平面A1EF平面BEFC， 且平面A1EF平面BEFCEF， 所以A1E平面BEFC. 因為FP平面BEFC，所以A1EFP.,解答,(2)若BPBE，點K為棱A1F的中點，則在平面A1FP上是否存在過點K的直線與平面A1BE平行，若存在，請給予證明；若不存在，請說明理由.,解在平面A1FP上存在過點K的直線與平面A1BE平行. 理由如下： 如題圖(1)，在正ABC中，因為BPBE，BEAF， 所以BPAF，所以FPAB，所以FPBE. 如圖所示，取A1P的中點M，連接MK， 因為點K為棱A1F的中點， 所以MKFP. 因為FPBE，所以MKBE.,因為MK平面A1BE，BE平面A1BE， 所以MK平面A1BE. 故在平面A1FP上存在過點K的直線MK與平面A1BE平行.,
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