2019届高考数学复习专题4立体几何2.4.2空间中的平行与垂直课件.pptx

第2课时空间中的平行与垂直,热点考向一与点、线、面有关的命题真假的判断【考向剖析】本考向考查形式为选择题、填空题或解答题,主要考查线线、线面、面面的位置关系以及四个公理、八个与平行或垂直有关的定理(线面平行的判断与性质、面面平行的判断与性质、线面垂直的判断与,性质、面面垂直的判断与性质)的应用.考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力,多为基础题、中档题,分数为5分左右.2019年的高考仍将以选择题、填空题的形式考查,考查知识点:线线、线面、面面位置关系的判断.,【典例1】(1)已知直线l,m,平面,且l,m,下列命题:lm;lm;lm;lm.其中正确的序号是()A.B.C.D.,(2)已知,是两个不同的平面,l,m,n是不同的直线,下列命题不正确的是()A.若lm,ln,m,n,则lB.若lm,l,m,则lC.若,=l,m,ml,则mD.若,m,n,则mn,【解析】(1)选B.因为l,l,而m,所以lm,对;因为l,m,时l,m位置关系不定,故错;因为l,lmm,而m,所以,对;因为l,m,lm时,位置关系不定,故错.,(2)选A.若lm,ln,m,n,不能推出l,缺少条件m与n相交,故不正确.,【名师点睛】判断与空间位置关系有关的命题真假的方法(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,如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行判断.(3)借助于反证法,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.,【考向精炼】1.是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,若m,n,且Am,A,则m,n的位置关系不可能是()A.垂直B.相交C.异面D.平行,【解析】选D.因为是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,m,n,所以n在平面内,m与平面相交,因为Am,A,所以A是m和平面相交的点,所以m和n异面或相交(垂直),一定不平行.,2.(2018榆林一模)设l,m是不同的直线,是不同的平面,则下列命题正确的是_.若lm,m,则l或l.若l,则l或l.若l,m,则lm或l与m相交.若l,则l或l.,【解析】对于命题,若lm,m,则l或l,故错;对于命题,若l,则l或l,故对;对于命题,若l,m,则lm或l与m相交,或l与m异面,故错;对于命题,如图,内的任何一条线都可以作l,显然不正确.,答案:,【加练备选】(2018西安一模)已知直线a,b和平面,下列命题中是假命题的有_(只填序号).若ab,则a平行于经过b的任何平面;若a,b,则ab;若a,b,且,则ab;若=a,且b,则ba.,【解析】若ab,a,b可以确定平面,则a平行于经过b的任何平面,不正确;若a,b,则ab或a,b相交、异面,不正确;若a,b,且,则a,b关系不确定,不正确;若=a,且b,则b与a关系不确定,不正确.答案:,热点考向二平行与垂直关系的证明高频考向,类型一平行关系的证明【典例2】如图,已知四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,BAD=60,SA=SD=,SB=,点E是棱AD的中点,点F在棱SC上,且=,SA平面BEF.,(1)求实数的值.(2)求三棱锥F-EBC的体积.,【大题小做】,【解析】(1)连接AC,设ACBE=G,连接FG,则平面SAC平面EFB=FG,因为SA平面EFB,所以SAFG,因为GEAGBC,所以所以,(2)连接SE,因为SA=SD=,AD=2,所以SEAD,SE=2,又因为AB=AD=2,BAD=60,所以BE=,所以SE2+BE2=SB2,所以SEBE,所以SE平面ABCD,所以VF-BCE=,类型二空间垂直关系的证明【典例3】(2017全国卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.世纪金榜导学号,(1)证明:平面PAB平面PAD.(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.,【大题小做】,【解析】(1)因为BAP=90,所以ABPA,因为CDP=90,所以CDPD,因为ABCD,所以ABPD,又PAPD=P,所以AB平面PAD,因为AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.,(2)取AD的中点E,连接PE,则可得PE平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=ABADPE=x3.由题设得x3=,故x=2.,从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.可得四棱锥P-ABCD的侧面积为PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin60=6+2.,【探究追问】1.问题(2)中的条件不变,求四棱锥P-ABCD的全面积.【解析】由上面的解法可知:ABCD为矩形,其面积为ABAD=22=4,所以四棱锥P-ABCD的全面积为:四棱锥P-ABCD的侧面积+四棱锥P-ABCD的底面面积=6+2+4.,2.问题(2)中的体积不变,求四棱锥P-ABCD的外接球的表面积与体积.,【解析】依题意得,球心在过矩形ABCD的中心K且与底面垂直的直线上,同时也在过APD的重心H与平面垂直的直线上,又因为AE=,所以HE=,EK=1,设球的半径为R,则R2=AE2+EK2+EH2=()2+12+所以R=,所以四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4R2=,体积,【名师点睛】1.证明空间三种平行关系的常用方法(1)证明线线平行利用三角形中位线定理证明;利用平行四边形对边平行证明;,利用平行公理证明;利用线面平行的性质证明;利用面面平行的性质证明.,(2)证明线面平行利用线面平行的判定定理,把证明线面平行转化为证明线线平行;利用面面平行的性质定理,把证明线面平行转化为证明面面平行.,(3)证明面面平行证明面面平行,依据判定定理,将证明面面平行转化为证明线面平行,再转化为证明线线平行.,2.证明空间三种垂直关系的常用方法(1)证明线线垂直利用特殊平面图形的性质,如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直;利用勾股定理的逆定理;,利用线面垂直的性质,即要证明线线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在平面即可.,(2)证明线面垂直利用线面垂直的判定定理,把线面垂直的判定转化为证明线线垂直;利用面面垂直的性质定理,把证明线面垂直转化为证明面面垂直;,利用常见结论,如两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面等.,(3)证明面面垂直证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中点、高线或添加辅助线解决.当二面角是直二面角时,两平面垂直.,【考向精炼】1.(2018全国卷)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.,【解析】(1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.,又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.,(2)存在,AM的中点即为符合题意的点P.证明如下:取AM的中点P,连接AC,BD交于点N,连接PN.,因为ABCD是矩形,所以N是AC的中点,在ACM中,点P,N分别是AM,AC的中点,所以PNMC,又因为PN平面PBD,MC平面PBD,所以MC平面PBD,所以,在线段AM上存在点P,即AM的中点,使得MC平面PBD.,2.(2018南阳一模)如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面相互垂直,ABCD,ABBC,DC=BC=AB=1,点M在线段EC上.世纪金榜导学号,(1)证明:平面BDM平面ADEF.(2)若AE平面MDB,求三棱锥E-MDB的体积.,【解析】(1)因为DC=BC=1,DCBC,所以BD=,在梯形ABCD中,AD=,AB=2,所以AD2+BD2=AB2,所以ADB=90,所以ADBD,又平面ADEF平面ABCD,EDAD,平面ADEF平面ABCD=AD,ED平面ADEF,所以ED平面ABCD,因为BD平面ABCD,所以BDED,又ADDE=D,所以BD平面ADEF,又BD平面BDM,所以平面BDM平面ADEF.,(2)如图,连接AC,ACBD=O,连接MO,平面EAC平面MBD=MO,又AE平面MDB,所以AEMO,所以SEDM=,因为ED平面ABCD,BC平面ABCD,所以DEBC,EDDC=D,所以BC平面EDC,所以VE-MBD=VB-EMD=,【加练备选】1.(新题预测)已知如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点.(1)当等于何值时,BC1平面AB1D1?(2)若平面BC1D平面AB1D1,求的值.,【解析】(1)如图,取D1为线段A1C1的中点,此时=1,连接A1B交AB1于点O,连接OD1.由棱柱的性质,知四边形A1ABB1为平行四边形,所以点O为A1B的中点.在A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,所以OD1BC1.又因为OD1平面AB1D1,BC1平面AB1D1,所以BC1平面AB1D1.所以当=1时,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BC1D1O,同理AD1DC1.因为又因为,2.(2017北京一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB平面ABCD,ADBC,PAAB,CDAD,BC=CD=AD,E为AD的中点.(1)求证:PACD.(2)求证:平面PBD平面PAB.,【解析】(1)因为平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,又因为PAAB,所以PA平面ABCD.则PACD.,(2)由已知,BCED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,又CDAD,BC=CD,所以四边形BCDE是正方形,连接CE,所以BDCE,又因为BCAE,BC=AE,所以四边形ABCE是平行四边形,所以CEAB,则BDAB.,由(1)知PA平面ABCD,所以PABD,又因为PAAB=A,则BD平面PAB,且BD平面PBD,所以平面PBD平面PAB.,热点考向三折叠问题和探索性问题考向剖析:本考向考查形式三种题型都可能会出现,主要考查与折叠有关的平行、垂直关系的判断,此时要关注折叠前后某些元素的变还是不变;再者是与平行、垂直有关的探究性问题,此时要关注平行、垂直的性质定理,其性质往往是解题的突破口,考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力.,2019年的高考仍将以选择题、填空题或解答题的形式考查.,【典例4】(1)如图,在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC的中点,沿AE将ADE折起,在折起过程中,下列结论中能成立的序号为_.,ED平面ACD;CD平面BED;BD平面ACD;AD平面BED.,(2)(2018郑州二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,DAB=30,PD平面ABCD,AD=2,点E为AB上一点,且=m,点F为PD中点.若m=,证明:直线AF平面PEC;,是否存在一个常数m,使得平面PED平面PAB,若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.,【审题导引】(1)看到图形是折叠问题,可联想到折叠前后各个元素间的_.(2)看到证明直线与平面平行,可联想证明_.看到平面PED平面PAB,可联想到平面与平面_.,变与不变,直线与直,线平行,垂直的,性质,【解析】(1)因为在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC的中点,所以在折起过程中,D点在平面BCE上的投影如图.因为DE与AC所成角不能为直角,所以DE不会垂直于平面ACD,故错误;,只有D点投影位于O2位置时,即平面AED与平面AEB重合时,才有BECD,此时CD不垂直于平面AECB,故CD与平面BED不垂直,故错误;BD与AC所成角不能成直角,所以BD不能垂直于平面ACD,故错误;因为ADED,并且在折起过程中,存在一个位置使ADBE,且DEBE=E,所以在折起过程中存在AD平面BED的位置,故正确.答案:,(2)作FMCD,交PC于点M,因为点F为PD的中点,所以FM=CD.因为m=,所以AE=AB=FM,又FMCDAE,所以四边形AEMF为平行四边形,所以AFEM,因为AF平面PEC,EM平面PEC,所以直线AF平面PEC.存在一个常数m=,使得平面PED平面PAB,理由如下:要使平面PED平面PAB,只需ABDE,因为AB=AD=2,DAB=30,所以AE=ADcos30=,又因为PD平面ABCD,PDAB,PDDE=D,所以AB平面PDE,因为AB平面PAB,所以平面PDE平面PAB,所以m=,【名师点睛】1.求解平面图形折叠问题的关键和方法(1)关键:分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变,哪些不变,抓住翻折前后不变的量,尤其是垂直关系,充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口.,(2)方法:把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体,从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决.,2.探索性问题求解的途径和方法(1)对命题条件探索的三种途径:先猜后证,即先观察,尝试给出条件再证明;先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.,(2)对命题结论的探索方法:从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.,【考向精炼】1.(2018烟台一模)如图,一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=10,E,F分别为AD,BC的中点,现分别将ABE,CDF沿BE,DF折起,且A,C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是_(写出所有正确命题的序号).,当平面ABE平面CDF时,AC平面BFDE;当平面ABE平面CDF时,AECD;当A,C重合于点P时,PGPD;当A,C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150.,【解析】在ABE中,tanABE=,在ACD中,tanCAD=,所以ABE=DAC,由题意,将ABE,CDF沿BE,DF折起,且A,C在平面BEDF同侧,此时A,C,G,H四点在同一平面内,平面ABE平面AGHC=AG,平面CDF平面AGHC=CH,当平面ABE平面CDF时,得到AGCH,显然AG=CH,所以四边形AGHC是平行四边形,所以ACGH,进而得到AC平面BFDE,所