世纪金榜二轮专题辅导与练习专题五第二讲.ppt

第二讲 点、直线、平面之间的 位置关系,一、主干知识 1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理:,2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理：,二、重要关系的转化 1.平行关系的转化：,2.垂直关系的转化：,1.(2013海淀模拟)在空间,下列正确命题的序号是 . (1)平行直线在同一平面内的射影平行或重合. (2)垂直于同一平面的两条直线平行. (3)垂直于同一平面的两个平面平行. (4)平行于同一直线的两个平面平行.,【解析】(1)中的射影也有可能是两个点,错误.(3)中两个平面也可能相交,错误.(4)中的两个平面也有可能相交,错误.只有(2)正确. 答案:(2),2.(2013苏州模拟)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,给出下列命题: 若,m,n,则mn; 若,m,n,则mn; 若,m,n,则mn. 若,m,n,则mn. 上面命题中,所有真命题的序号为 .,【解析】中直线m,n分别在平行平面,内,故m与n或者平行或者异面,故不正确;因为,m,所以m,又n,所以mn,故正确;中,n,m,m与n可能相交也可能平行,也可能异面,故错误;正确. 答案:,3.(2013扬州模拟)已知两条直线a,b与两个平面,b,则下列命题中正确的序号为 . 若a,则ab;若ab,则a;若b,则;若,则b. 【解析】根据线面垂直的性质可知正确.中,当ab时,也有可能为a,所以错误.中垂直于同一直线的两个平面平行,所以正确.中的结论也有可能为b,所以错误.所以命题正确的有. 答案:,4.(2013昆明模拟)若,是两个不同的平面,下列四个条件:存在一条直线a,a,a;存在一个平面, ;存在两条平行直线a,b,a,b,a,b;存在两条异面直线a,b,a,b,a,b.其中可以是的充分条件的有 个. 【解析】可以;,也有可能相交,所以不正确;,也有可能相交,所以不正确;根据异面直线的性质可知可以,所以可以是的充分条件的有2个. 答案:2,热点考向 1 空间位置关系命题真假的判断 【典例1】(1)(2013南通模拟)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列正确命题的序号是 . 若mn,m,则n; 若mn,m,则n; 若m,m,则; 若n,n,则.,(2)(2013济南模拟)设m,n是空间两条直线,是空间两个平面,则下列命题中不正确的序号是 . 当m时,“n”是“mn”的必要不充分条件 当m时,“m”是“”的充分不必要条件 当n时,“n”是“”成立的充要条件 当m时,“n”是“mn”的充分不必要条件,【解题探究】 (1)mn,m,则n与平面有怎样的位置关系? 提示:n或n在平面内. (2)mn,m,则n与平面有怎样的位置关系? 提示:n或n在平面内. 【解析】(1)由判定定理知正确;n或n,故不正确;中与可能平行也可能相交,故不正确;因为n,n,所以,故不正确. 答案:,(2)如图长方体,对于命题,当mn,m时n或n在平面内,故不正确.对于命题,若m,m,则(由面面垂直的判定定理得),而若,m,则m或m,或m=P,故正确,对于命题,若n,n,则,显然成立,若n,则nm,na,ma=P,因为,所以mm,aa,则nm，na,而ma=P, 所以n,故正确;对于命题, 因为n,m,所以nm(由线 面垂直的定义得),若mn,m, 则n或n,或n,故正确. 答案:,【方法总结】求解空间线面位置关系的组合判断题的两大思路 (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逐项判断. (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,进行肯定或否定.,【变式训练】(2013杭州模拟)设l是直线,是两个不同的平面,下列说法正确的是 . 若l, l,则; 若l,l,则; 若,l,则l; 若,l,则l. 【解析】对于:若l,l,则,可能相交,故错.对于:若l,则平面内必存在一条直线m与l平行,则m,又m,故,从而正确.对于:若,l,则l可能在平面内,故错.对于:若,l,则l可能与平行,故错. 答案:,热点考向 2 平行关系的证明 【典例2】(2013青岛模拟)在如图所示的多面体ABCDE中,AB平面ACD,DE平面ACD,且AC=AD=CD=DE=2,AB=1. (1)请在线段CE上找到点F的位置,使得恰有直线BF平面ACD,并证明. (2)求多面体ABCDE的体积.,【解题探究】 (1)证明BF平面ACD的两个关键: 由AB平面ACD,DE平面ACD可得到结论:_. 根据AB= DE及AB与DE的关系可联想到点F的位置是: _. (2)求多面体ABCDE体积的两个要点: 多面体ABCDE是规则图形吗? 提示:多面体ABCDE是以点C为顶点,平面ABED为底面的四棱锥. 多面体ABCDE的高易求吗? 提示:ACD中AD边的中线长就是多面体ABCDE的高.,ABED,点F是CE的中点,【解析】如图,(1)由已知AB平面ACD, DE平面ACD,所以ABED, 设F为线段CE的中点,H是线段CD的中点, 连结FH,AH,则FH ED,所以FHAB, 所以四边形ABFH是平行四边形,所以BFAH, 又因为BF平面ACD,AH平面ACD,所以BF平面ACD. (2)取AD中点G,连结CG.因为AB平面ACD,所以CGAB, 又CGAD,ABAD=A,所以CG平面ABED,即CG为四棱锥C-ABED 的高,求得CG= 所以VC-ABED,【互动探究】若本题条件不变,试求直线CE与平面ABED所成角的正弦值. 【解析】连结EG,由本题(2)解析知CG平面ABED, 所以CEG即为直线CE与平面ABED所成的角,设为, 在RtCEG中, 有sin=,【方法总结】 1.证明线线平行的常用方法 (1)利用平行公理,即证明两直线同时和第三条直线平行. (2)利用平行四边形进行转换. (3)利用三角形中位线定理证明. (4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明.,2.证明线面平行的常用方法 (1)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. (2)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.证明面面平行的方法 证明面面平行,依据判定定理,只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可,从而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.,【变式训练】(2013盐城模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=3a,BC=2a,D是BC的中点,E,F分别是A1A,C1C 上一点,且AE=CF=2a. (1)求证:B1F平面ADF. (2)求三棱锥B1-ADF的体积. (3)求证:BE平面ADF.,【解析】(1)因为AB=AC,D为BC中点, 所以ADBC. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, 因为B1B底面ABC,AD底面ABC, 所以ADB1B. 因为BCB1B=B,所以AD平面B1BCC1. 因为B1F平面B1BCC1,所以ADB1F. 在矩形B1BCC1中,因为C1F=CD=a,B1C1=CF=2a, 所以RtDCFRtFC1B1. 所以CFD=C1B1F.所以B1FD=90.所以B1FFD. 因为ADFD=D,所以B1F平面ADF.,(2)因为B1F平面AFD， 所以 (3)连结EF，EC，设ECAF=M，连结DM，,因为AE=CF=2a,所以四边形AEFC为矩形, 所以M为EC中点. 因为D为BC中点,所以MDBE. 因为MD平面ADF,BE平面ADF,所以BE平面ADF.,热点考向 3 垂直关系的证明 【典例3】(2013黄冈模拟)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形,侧面BB1C1C为菱形,CBB1=60,ABB1C. (1)求证:平面AA1B1B平面BB1C1C. (2)若AB=2,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.,【解题探究】 (1)根据条件和面面垂直的判定定理可知,要证平面AA1B1B平 面BB1C1C,只需证明什么? 提示:只需证明AB平面BB1C1C. (2)求三棱柱ABC-A1B1C1体积的两个关键: 由平面AA1B1B平面BB1C1C可求得点C到平面AA1B1B的距离为 _,从而可求三棱锥的体积为_. 根据 知, 三棱柱ABC-A1B1C1与三棱锥C-ABB1的 体积的关系是_.,【解析】(1)由侧面AA1B1B为正方形,知ABBB1. 又ABB1C,BB1B1C=B1,所以AB平面BB1C1C, 又AB平面AA1B1B, 所以平面AA1B1B平面BB1C1C. (2)由题意,CB=CB1,设O是BB1的中点,连结CO,则COBB1. 由(1)知,CO平面AA1B1B,连结AB1，则 因为 故三棱柱ABC-A1B1C1的体积,【方法总结】 1.证明线线垂直的常用方法 (1)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. (2)利用勾股定理逆定理. (3)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.证明线面垂直的常用方法 (1)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.,(2)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. (3)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.证明面面垂直的方法 证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,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.,【变式训练】(2013江西高考)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中,ABCD,ADAB,AB=2,AD= ,AA1=3,E为CD上一点,DE=1, EC=3. (1)证明:BE平面BB1C1C. (2)求点B1到平面EA1C1的距离.,【解析】(1)过点B作CD的垂线交CD于点F，则BF=AD= EF=AB-DE=1，FC=2. 在RtBFE中，BE= 在RtCFB中，BC= 在BEC中，因为BE2+BC2=9=EC2, 所以BEBC,又由BB1平面ABCD得BEBB1, 又BB1BC=B,故BE平面BB1C1C.,(2) 在RtA1D1C1中，A1C1= 同理，EC1= A1E= 则 设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1-EA1C1的体积为,【典例】如图1,在RtABC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A1DE的位置,使A1FCD,如图2. (1)求证:DE平面A1CB. (2)求证:A1FBE. (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C平面DEQ?说明理由.,【解析】(1)因为D,E分别是AC,AB的中点, 所以DEBC, 又因为DE平面A1CB,BC平面A1CB,所以DE平面A1CB. (2)因为DEBC,ACBC,所以DEAC, 所以DEA1D,DECD.因为A1DCD=D,所以DE平面A1DC. 因为A1F平面A1DC,所以DEA1F. 又因为A1FCD,CDDE=D, 所以A1F平面BCDE, 因为BE平面BCDE,所以A1FBE.,(3)存在.取A1B的中点Q,A1C的中点P,连结DP,PQ,QE. 则PQBC,所以PQDE. 由(2)知DE平面A1DC, 所以DEA1C,所以PQA1C. 因为A1D=DC, 所以A1DC是等腰三角形. 又因为点P为A1C的中点, 所以A1CPD. 因为PDPQ=P,所以A1C平面PQED, 即A1C平面DEQ.,【方法总结】 1.解决折叠问题的关键点 (1)搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变,抓住翻折前后不变的量,充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口. (2)把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥,从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决. 2.求解探索性问题的一般步骤 (1)假设其存在,被探索的点一般为线段的中点、三等分、四等分点或垂足. (2)在假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛盾结论就否定假设.,转化与化归思想 解决立体几何中的探索性问题 1.主要类型:(1)对平行或垂直关系的探索.(2)对条件和结论不完备的开放性问题的探索. 2.解题思路:首先假设其存在,然后在这个假设下推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,若推出了矛盾就否定假设. 3.注意事项:(1)解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来. (2)在转化过程中要有理有据,不能凭空猜测.,【典例】 (14分)(2013西城模拟)如图,直三棱 柱ABC-A1B1C1中,ACBC,AC=BC=CC1=2,M, N分别为AC,B1C1的中点. (1)求线段MN的长. (2)求证:MN平面ABB1A1. (3)线段CC1上是否存在点Q,使A1B平面MNQ?说明理由.,【审题】分析信息，形成思路 (1)切入点:从证明AC平面BCC1B1入手. 关注点:注意条件CC1平面ABC的应用. (2)切入点:根据M,N分别为AC,B1C1的中点,联想到三角形中位线,从而作出辅助线. 关注点:注意侧面BCC1B1是正方形. (3)切入点:从确定点Q的位置入手. 关注点:点Q的位置确定后,以此为条件进行证明.,【解题】规范步骤，水到渠成 (1)连结CN.因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC, 所以ACCC12分 因为ACBC,BCCC1=C, 所以AC平面BCC1B1. 因为MC=1, 所以MN= 5分,(2)取AB中点D,连结DM,DB1. 在ABC中,因为M为AC的中点,所以DMBC,DM= BC.在矩形 B1BCC1中,因为N为B1C1的中点,所以B1NBC,B1N= BC,所以 DMB1N,DM=B1N. 所以四边形MDB1N为平行四边形,