2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專(zhuān)題通關(guān)攻略 專(zhuān)題4 立體幾何 2.4.2 空間中的平行與垂直課件.ppt

第2課時(shí)空間中的平行與垂直 熱點(diǎn)考向一與點(diǎn) 線(xiàn) 面有關(guān)的命題真假的判斷 考向剖析 本考向考查形式為選擇題 填空題或解答題 主要考查線(xiàn)線(xiàn) 線(xiàn)面 面面的位置關(guān)系以及四個(gè)公理 八個(gè)與平行或垂直有關(guān)的定理 線(xiàn)面平行的判斷與性質(zhì) 面面平行的判斷與性質(zhì) 線(xiàn)面垂直的判斷與 性質(zhì) 面面垂直的判斷與性質(zhì) 的應(yīng)用 考查學(xué)生的空間想象能力 邏輯推理能力 多為基礎(chǔ)題 中檔題 分?jǐn)?shù)為5分左右 2019年的高考仍將以選擇題 填空題的形式考查 考查知識(shí)點(diǎn) 線(xiàn)線(xiàn) 線(xiàn)面 面面位置關(guān)系的判斷 典例1 1 已知直線(xiàn)l m 平面 且l m 下列命題 l m l m l m l m 其中正確的序號(hào)是 A B C D 2 已知 是兩個(gè)不同的平面 l m n是不同的直線(xiàn) 下列命題不正確的是 A 若l m l n m n 則l B 若l m l m 則l C 若 l m m l 則m D 若 m n 則m n 解析 1 選B 因?yàn)閘 l 而m 所以l m 對(duì) 因?yàn)閘 m 時(shí)l m位置關(guān)系不定 故錯(cuò) 因?yàn)閘 l m m 而m 所以 對(duì) 因?yàn)閘 m l m時(shí) 位置關(guān)系不定 故錯(cuò) 2 選A 若l m l n m n 不能推出l 缺少條件m與n相交 故不正確 名師點(diǎn)睛 判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)的命題真假的方法 1 借助空間線(xiàn)面平行 面面平行 線(xiàn)面垂直 面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷 2 借助空間幾何模型 如從長(zhǎng)方體模型 四面體模型等模型中觀察線(xiàn)面位置關(guān)系 結(jié)合有關(guān)定理 進(jìn)行判斷 3 借助于反證法 當(dāng)從正面入手較難時(shí) 可利用反證法 推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題 進(jìn)而作出判斷 考向精煉 1 是一個(gè)平面 m n是兩條直線(xiàn) A是一個(gè)點(diǎn) 若m n 且A m A 則m n的位置關(guān)系不可能是 A 垂直B 相交C 異面D 平行 解析 選D 因?yàn)?是一個(gè)平面 m n是兩條直線(xiàn) A是一個(gè)點(diǎn) m n 所以n在平面 內(nèi) m與平面 相交 因?yàn)锳 m A 所以A是m和平面 相交的點(diǎn) 所以m和n異面或相交 垂直 一定不平行 2 2018 榆林一模 設(shè)l m是不同的直線(xiàn) 是不同的平面 則下列命題正確的是 若l m m 則l 或l 若l 則l 或l 若l m 則l m或l與m相交 若l 則l 或l 解析 對(duì)于命題 若l m m 則l 或l 故 錯(cuò) 對(duì)于命題 若l 則l 或l 故 對(duì) 對(duì)于命題 若l m 則l m或l與m相交 或l與m異面 故 錯(cuò) 對(duì)于命題 如圖 內(nèi)的任何一條線(xiàn)都可以作l 顯然不正確 答案 加練備選 2018 西安一模 已知直線(xiàn)a b和平面 下列命題中是假命題的有 只填序號(hào) 若a b 則a平行于經(jīng)過(guò)b的任何平面 若a b 則a b 若a b 且 則a b 若 a 且b 則b a 解析 若a b a b可以確定平面 則a平行于經(jīng)過(guò)b的任何平面 不正確 若a b 則a b或a b相交 異面 不正確 若a b 且 則a b關(guān)系不確定 不正確 若 a 且b 則b與a關(guān)系不確定 不正確 答案 熱點(diǎn)考向二平行與垂直關(guān)系的證明高頻考向 類(lèi)型一平行關(guān)系的證明 典例2 如圖 已知四棱錐S ABCD中 底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形 BAD 60 SA SD SB 點(diǎn)E是棱AD的中點(diǎn) 點(diǎn)F在棱SC上 且 SA 平面BEF 1 求實(shí)數(shù) 的值 2 求三棱錐F EBC的體積 大題小做 解析 1 連接AC 設(shè)AC BE G 連接FG 則平面SAC 平面EFB FG 因?yàn)镾A 平面EFB 所以SA FG 因?yàn)?GEA GBC 所以所以 2 連接SE 因?yàn)镾A SD AD 2 所以SE AD SE 2 又因?yàn)锳B AD 2 BAD 60 所以BE 所以SE2 BE2 SB2 所以SE BE 所以SE 平面ABCD 所以VF BCE 類(lèi)型二空間垂直關(guān)系的證明 典例3 2017 全國(guó)卷 如圖 在四棱錐P ABCD中 AB CD 且 BAP CDP 90 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào) 1 證明 平面PAB 平面PAD 2 若PA PD AB DC APD 90 且四棱錐P ABCD的體積為 求該四棱錐的側(cè)面積 大題小做 解析 1 因?yàn)?BAP 90 所以AB PA 因?yàn)?CDP 90 所以CD PD 因?yàn)锳B CD 所以AB PD 又PA PD P 所以AB 平面PAD 因?yàn)锳B 平面PAB 所以平面PAB 平面PAD 2 取AD的中點(diǎn)E 連接PE 則可得PE 平面ABCD 設(shè)AB x 則由已知可得AD x PE x 故四棱錐P ABCD的體積VP ABCD AB AD PE x3 由題設(shè)得x3 故x 2 從而PA PD 2 AD BC 2 PB PC 2 可得四棱錐P ABCD的側(cè)面積為PA PD PA AB PD DC BC2sin60 6 2 探究追問(wèn) 1 問(wèn)題 2 中的條件不變 求四棱錐P ABCD的全面積 解析 由上面的解法可知 ABCD為矩形 其面積為AB AD 2 2 4 所以四棱錐P ABCD的全面積為 四棱錐P ABCD的側(cè)面積 四棱錐P ABCD的底面面積 6 2 4 2 問(wèn)題 2 中的體積不變 求四棱錐P ABCD的外接球的表面積與體積 解析 依題意得 球心在過(guò)矩形ABCD的中心K且與底面垂直的直線(xiàn)上 同時(shí)也在過(guò) APD的重心H與平面垂直的直線(xiàn)上 又因?yàn)锳E 所以HE EK 1 設(shè)球的半徑為R 則R2 AE2 EK2 EH2 2 12 所以R 所以四棱錐P ABCD的外接球的表面積為4 R2 體積 名師點(diǎn)睛 1 證明空間三種平行關(guān)系的常用方法 1 證明線(xiàn)線(xiàn)平行 利用三角形中位線(xiàn)定理證明 利用平行四邊形對(duì)邊平行證明 利用平行公理證明 利用線(xiàn)面平行的性質(zhì)證明 利用面面平行的性質(zhì)證明 2 證明線(xiàn)面平行 利用線(xiàn)面平行的判定定理 把證明線(xiàn)面平行轉(zhuǎn)化為證明線(xiàn)線(xiàn)平行 利用面面平行的性質(zhì)定理 把證明線(xiàn)面平行轉(zhuǎn)化為證明面面平行 3 證明面面平行證明面面平行 依據(jù)判定定理 將證明面面平行轉(zhuǎn)化為證明線(xiàn)面平行 再轉(zhuǎn)化為證明線(xiàn)線(xiàn)平行 2 證明空間三種垂直關(guān)系的常用方法 1 證明線(xiàn)線(xiàn)垂直 利用特殊平面圖形的性質(zhì) 如利用直角三角形 矩形 菱形 等腰三角形等得到線(xiàn)線(xiàn)垂直 利用勾股定理的逆定理 利用線(xiàn)面垂直的性質(zhì) 即要證明線(xiàn)線(xiàn)垂直 只需證明一線(xiàn)垂直于另一線(xiàn)所在平面即可 2 證明線(xiàn)面垂直 利用線(xiàn)面垂直的判定定理 把線(xiàn)面垂直的判定轉(zhuǎn)化為證明線(xiàn)線(xiàn)垂直 利用面面垂直的性質(zhì)定理 把證明線(xiàn)面垂直轉(zhuǎn)化為證明面面垂直 利用常見(jiàn)結(jié)論 如兩條平行線(xiàn)中的一條垂直于一個(gè)平面 則另一條也垂直于這個(gè)平面等 3 證明面面垂直 證明面面垂直常用面面垂直的判定定理 將證明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線(xiàn)面垂直 一般先從現(xiàn)有直線(xiàn)中尋找 若圖中不存在這樣的直線(xiàn) 則借助中點(diǎn) 高線(xiàn)或添加輔助線(xiàn)解決 當(dāng)二面角是直二面角時(shí) 兩平面垂直 考向精煉 1 2018 全國(guó)卷 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(diǎn) 1 證明 平面AMD 平面BMC 2 在線(xiàn)段AM上是否存在點(diǎn)P 使得MC 平面PBD 說(shuō)明理由 解析 1 由題設(shè)知 平面CMD 平面ABCD 交線(xiàn)為CD 因?yàn)锽C CD BC 平面ABCD 所以BC 平面CMD 故BC DM 因?yàn)镸為上異于C D的點(diǎn) 且DC為直徑 所以DM CM 又BC CM C 所以DM 平面BMC 而DM 平面AMD 故平面AMD 平面BMC 2 存在 AM的中點(diǎn)即為符合題意的點(diǎn)P 證明如下 取AM的中點(diǎn)P 連接AC BD交于點(diǎn)N 連接PN 因?yàn)锳BCD是矩形 所以N是AC的中點(diǎn) 在 ACM中 點(diǎn)P N分別是AM AC的中點(diǎn) 所以PN MC 又因?yàn)镻N 平面PBD MC 平面PBD 所以MC 平面PBD 所以 在線(xiàn)段AM上存在點(diǎn)P 即AM的中點(diǎn) 使得MC 平面PBD 2 2018 南陽(yáng)一模 如圖 正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面相互垂直 AB CD AB BC DC BC AB 1 點(diǎn)M在線(xiàn)段EC上 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào) 1 證明 平面BDM 平面ADEF 2 若AE 平面MDB 求三棱錐E MDB的體積 解析 1 因?yàn)镈C BC 1 DC BC 所以BD 在梯形ABCD中 AD AB 2 所以AD2 BD2 AB2 所以 ADB 90 所以AD BD 又平面ADEF 平面ABCD ED AD 平面ADEF 平面ABCD AD ED 平面ADEF 所以ED 平面ABCD 因?yàn)锽D 平面ABCD 所以BD ED 又AD DE D 所以BD 平面ADEF 又BD 平面BDM 所以平面BDM 平面ADEF 2 如圖 連接AC AC BD O 連接MO 平面EAC 平面MBD MO 又AE 平面MDB 所以AE MO 所以S EDM 因?yàn)镋D 平面ABCD BC 平面ABCD 所以DE BC ED DC D 所以BC 平面EDC 所以VE MBD VB EMD 加練備選 1 新題預(yù)測(cè) 已知如圖 斜三棱柱ABC A1B1C1中 點(diǎn)D D1分別為AC A1C1上的點(diǎn) 1 當(dāng)?shù)扔诤沃禃r(shí) BC1 平面AB1D1 2 若平面BC1D 平面AB1D1 求的值 解析 1 如圖 取D1為線(xiàn)段A1C1的中點(diǎn) 此時(shí) 1 連接A1B交AB1于點(diǎn)O 連接OD1 由棱柱的性質(zhì) 知四邊形A1ABB1為平行四邊形 所以點(diǎn)O為A1B的中點(diǎn) 在 A1BC1中 點(diǎn)O D1分別為A1B A1C1的中點(diǎn) 所以O(shè)D1 BC1 又因?yàn)镺D1 平面AB1D1 BC1 平面AB1D1 所以BC1 平面AB1D1 所以當(dāng) 1時(shí) BC1 平面AB1D1 2 由已知 平面BC1D 平面AB1D1 且平面A1BC1 平面BDC1 BC1 平面A1BC1 平面AB1D1 D1O 因此BC1 D1O 同理AD1 DC1 因?yàn)橛忠驗(yàn)?2 2017 北京一模 如圖 在四棱錐P ABCD中 平面PAB 平面ABCD AD BC PA AB CD AD BC CD AD E為AD的中點(diǎn) 1 求證 PA CD 2 求證 平面PBD 平面PAB 解析 1 因?yàn)槠矫鍼AB 平面ABCD 平面PAB 平面ABCD AB 又因?yàn)镻A AB 所以PA 平面ABCD 則PA CD 2 由已知 BC ED 且BC ED 所以四邊形BCDE是平行四邊形 又CD AD BC CD 所以四邊形BCDE是正方形 連接CE 所以BD CE 又因?yàn)锽C AE BC AE 所以四邊形ABCE是平行四邊形 所以CE AB 則BD AB 由 1 知PA 平面ABCD 所以PA BD 又因?yàn)镻A AB A 則BD 平面PAB 且BD 平面PBD 所以平面PBD 平面PAB 熱點(diǎn)考向三折疊問(wèn)題和探索性問(wèn)題考向剖析 本考向考查形式三種題型都可能會(huì)出現(xiàn) 主要考查與折疊有關(guān)的平行 垂直關(guān)系的判斷 此時(shí)要關(guān)注折疊前后某些元素的變還是不變 再者是與平行 垂直有關(guān)的探究性問(wèn)題 此時(shí)要關(guān)注平行 垂直的性質(zhì)定理 其性質(zhì)往往是解題的突破口 考查學(xué)生的空間想象能力 邏輯推理能力 2019年的高考仍將以選擇題 填空題或解答題的形式考查 典例4 1 如圖 在矩形ABCD中 AB 8 BC 4 E為DC的中點(diǎn) 沿AE將 ADE折起 在折起過(guò)程中 下列結(jié)論中能成立的序號(hào)為 ED 平面ACD CD 平面BED BD 平面ACD AD 平面BED 2 2018 鄭州二模 如圖 在四棱錐P ABCD中 底面ABCD是菱形 DAB 30 PD 平面ABCD AD 2 點(diǎn)E為AB上一點(diǎn) 且 m 點(diǎn)F為PD中點(diǎn) 若m 證明 直線(xiàn)AF 平面PEC 是否存在一個(gè)常數(shù)m 使得平面PED 平面PAB 若存在 求出m的值 若不存在 說(shuō)明理由 審題導(dǎo)引 1 看到圖形是折疊問(wèn)題 可聯(lián)想到折疊前后各個(gè)元素間的 2 看到證明直線(xiàn)與平面平行 可聯(lián)想證明 看到平面PED 平面PAB 可聯(lián)想到平面與平面 變與不變 直線(xiàn)與直 線(xiàn)平行 垂直的 性質(zhì) 解析 1 因?yàn)樵诰匦蜛BCD中 AB 8 BC 4 E為DC的中點(diǎn) 所以在折起過(guò)程中 D點(diǎn)在平面BCE上的投影如圖 因?yàn)镈E與AC所成角不能為直角 所以DE不會(huì)垂直于平面ACD 故 錯(cuò)誤 只有D點(diǎn)投影位于O2位置時(shí) 即平面AED與平面AEB重合時(shí) 才有BE CD 此時(shí)CD不垂直于平面AECB 故CD與平面BED不垂直 故 錯(cuò)誤 BD與AC所成角不能成直角 所以BD不能垂直于平面ACD 故 錯(cuò)誤 因?yàn)锳D ED 并且在折起過(guò)程中 存在一個(gè)位置使AD BE 且DE BE E 所以在折起過(guò)程中存在AD 平面BED的位置 故 正確 答案 2 作FM CD 交PC于點(diǎn)M 因?yàn)辄c(diǎn)F為PD的中點(diǎn) 所以FM CD 因?yàn)閙 所以AE AB FM 又FM CD AE 所以四邊形AEMF為平行四邊形 所以AF EM 因?yàn)锳F 平面PEC EM 平面PEC 所以直線(xiàn)AF 平面PEC 存在一個(gè)常數(shù)m 使得平面PED 平面PAB 理由如下 要使平面PED 平面PAB 只需AB DE 因?yàn)锳B AD 2 DAB 30 所以AE ADcos30 又因?yàn)镻D 平面ABCD PD AB PD DE D 所以AB 平面PDE 因?yàn)锳B 平面PAB 所以平面PDE 平面PAB 所以m 名師點(diǎn)睛 1 求解平面圖形折疊問(wèn)題的關(guān)鍵和方法 1 關(guān)鍵 分清翻折前后位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系哪些改變 哪些不變 抓住翻折前后不變的量 尤其是垂直關(guān)系 充分利用原平面圖形的信息是解決問(wèn)題的突破口 2 方法 把平面圖形翻折后 經(jīng)過(guò)恰當(dāng)連線(xiàn)就能得到三棱錐 四棱錐等幾何體 從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中解決 2 探索性問(wèn)題求解的途徑和方法 1 對(duì)命題條件探索的三種途徑 先猜后證 即先觀察 嘗試給出條件再證明 先通過(guò)命題成立的必要條件探索出命題成立的條件 再證明充分性 將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題 探索出命題成立的條件 2 對(duì)命題結(jié)論的探索方法 從條件出發(fā) 探索出要求的結(jié)論是什么 對(duì)于探索結(jié)論是否存在 求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在 再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論 考向精煉 1 2018 煙臺(tái)一模 如圖 一張矩形白紙ABCD AB 10 AD 10 E F分別為AD BC的中點(diǎn) 現(xiàn)分別將 ABE CDF沿BE DF折起 且A C在平面BFDE同側(cè) 下列命題正確的是 寫(xiě)出所有正確命題的序號(hào) 當(dāng)平面ABE 平面CDF時(shí) AC 平面BFDE 當(dāng)平面ABE 平面CDF時(shí) AE CD 當(dāng)A C重合于點(diǎn)P時(shí) PG PD 當(dāng)A C重合于點(diǎn)P時(shí) 三棱錐P DEF的外接球的表面積為150 解析 在 ABE中 tan ABE 在 ACD中 tan CAD 所以 ABE DAC 由題意 將 ABE CDF沿BE DF折起 且A C在平面BEDF同側(cè) 此時(shí)A C G H四點(diǎn)在同一平面內(nèi) 平面ABE 平面AGHC AG 平面CDF 平面AGHC CH 當(dāng)平面ABE 平面CDF時(shí) 得到AG CH 顯然AG CH 所以四邊形AGHC是平行四邊形 所以AC GH 進(jìn)而得到AC 平面BFDE 所以 正確 假設(shè)AE CD 則四邊形AEDC為平面圖形 而GH AC 可得GH ED 所以四邊形GHDE為平行四邊形 可得GH ED 與GH DE矛盾 所以 錯(cuò)誤 易知AC BE AC DF 折疊后 可得PG 取GH的中點(diǎn)為O 則PD2 PO2 OD2 100 PD 10 其中GD 10 PG2 PD2 GD2 所以 PG和PD不垂直 所以 錯(cuò)誤 當(dāng)A C重合于點(diǎn)P時(shí) 在三棱錐P DEF中 PE PF 5 EF 10 所以 PED為直角三角形 而 EPD為直角三角形 由補(bǔ)形法可知 三棱錐P DEF外接球的直徑為則三棱錐P DEF的外接球的表面積為4 R2 4 150 所以 正確 綜上 正確命題的序號(hào)為 答案 2 如圖1 在直角梯形ABCD中 AD BC BAD AB BC AD a E是AD的中點(diǎn) O是AC與BE的交點(diǎn) 將 ABE沿BE折起到圖2中 A1BE的位置 得到四棱錐A1 BCDE 1 證明 CD 平面A1OC 2 當(dāng)平面A1BE 平面BCDE時(shí) 四棱錐A1 BCDE的體積為36 求a的值 解析 1 在圖1中 因?yàn)锳B BC AD a E是AD的中點(diǎn) BAD 所以BE AC 即在圖2中 BE A1O BE OC 從而B(niǎo)E 平面A1OC 又CD BE 所以CD 平面A1OC 2 由已知 平面A1BE 平面BCDE 且平面A1BE 平面BCDE BE 又由 1 知 A1O BE 所以A1O 平面BCDE 即A1O是四棱錐A1 BCDE的高 由圖1可知 A1O AB a 平行四邊形BCDE的面積S BC AB a2 從而四棱錐A1 BCDE的體積為由得a 6