（通用版）2020版高考数学大二轮复习 专题四 第2讲 空间中的平行与垂直关系课件 文

1、第2讲空间中的平行与垂直关系 近五年高考试题统计与命题预测 1.(2019全国,文7)设,为两个平面,则的充要条件是() A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面 解析:由面面平行的判定定理知,“内有两条相交直线与平行” 是“”的充分条件.由面面平行的性质知,“内有两条相交 直线与平行”是“”的必要条件,故选B. 答案:B 2.(2019全国,文8)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三 角形,平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点,则() A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线

2、 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线 解析:如图,连接BD,BE. 在BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点, BM,EN是相交直线,排除选项C、D.作EOCD于点O,连接ON. 作MFOD于点F,连接BF. 平面CDE平面ABCD,平面CDE平面 ABCD=CD,EOCD,EO平面CDE,EO平面ABCD. 同理,MF平面ABCD. MFB与EON均为直角三角形. 设正方形ABCD的边长为2,易知 答案:B 3.(2019北京,文13)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三 个论断: lm;m;l. 以其中的两个论断作为条件,余下的一

3、个论断作为结论,写出一个 正确的命题:. 答案:若l,m,则lm 4. (2019全国,文19)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱 形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离. 5. (2019全国,文17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正 方形,点E在棱AA1上,BEEC1. (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积. (1)证明由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1, 故B

4、1C1BE.又BEEC1, 所以BE平面EB1C1. (2)解:由(1)知BEB1=90.由题设知RtABE RtA1B1E, 所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3,AA1=2AE=6. 作EFBB1,垂足为F,则EF平面BB1C1C,且EF=AB=3. 所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V= 363=18. 6.(2019全国,文19)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成 的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折 起使得BE与BF重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE; (2

5、)求图2中的四边形ACGD的面积. (1)证明由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG, 故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面. 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE. 又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)解:取CG的中点M,连接EM,DM. 因为ABDE,AB平面BCGE, 所以DE平面BCGE, 故DECG.由已知,四边形BCGE是菱形,且EBC=60得EMCG, 故CG平面DEM.因此DMCG.在RtDEM中,DE=1,EM= ,故 DM=2. 所以四边形ACGD的面积为4. 7. (2019北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA

6、平面ABCD,底面 ABCD为菱形,E为CD的中点. (1)求证:BD平面PAC; (2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE; (3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由. (1)证明因为PA平面ABCD,所以PABD. 又因为底面ABCD为菱形,所以BDAC. 所以BD平面PAC. (2)证明因为PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE.因为底 面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点,所以AECD.所以 ABAE.所以AE平面PAB.所以平面PAB平面PAE. (3)解:棱PB上存在点F,使得CF平面PAE. 取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接C

7、F,FG,EG.则FGAB,且 所以FGCE,且FG=CE. 所以四边形CEGF为平行四边形.所以CFEG. 因为CF平面PAE,EG平面PAE, 所以CF平面PAE. 9. (2019江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的 中点,AB=BC. 求证:(1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E. 证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点, 所以EDAB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1, 所以A1B1ED. 又因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1, 所以A1B1平面DEC1. (2)因为AB=BC,E为AC的中点, 所以BEAC

8、. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱, 所以C1C平面ABC. 又因为BE平面ABC,所以C1CBE. 因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C, 所以BE平面A1ACC1. 因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E. 一、点、线、面的位置关系 1.平面的基本性质 2.等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个 角相等或互补. 二、直线、平面的平行与垂直 1.直线与平面平行的判定定理与性质定理 2.平面与平面平行的判定定理与性质定理 3.直线与平面垂直的判定定理及性质定理 4.平面与平面垂直的判定定理及性质定理 考点1考点2考点3 空间线面位置关系

9、的判定(基础型) 例例1(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则() A.A1EDC1B.A1EBD C.A1EBC1D.A1EAC (2)(2019山东聊城模拟)下列四个正方体中,A,B,C为所在棱的中点, 则能得出平面ABC平面DEF的是() 考点4 考点1考点2考点3 解析:(1)A1B1平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1,所以A1B1BC1,又 BC1B1C,且B1CA1B1=B1,所以BC1平面A1B1CD,又A1E平面 A1B1CD,所以BC1A1E.故选C. (2)在B中,如图,连接MN,PN, A,B,C为正方体所在棱的中点, ABMN,ACPN.

10、 MNDE,PNEF, ABDE,ACEF. ABAC=A,DEEF=E,AB,AC平面ABC,DE,EF平面DEF,平 面ABC平面DEF. 答案:(1)C(2)B 考点4 考点1考点2考点3考点4 考点1考点2考点3 对应训练对应训练1 (1)(2018广东惠州第二次调研)设l,m,n为三条不同的直线,为一 个平面,则下列命题中正确的个数是() 若l,则l与相交;若m,n,lm,ln,则l;若 lm,mn,l,则n;若lm,m,n,则ln. A.1B.2C.3D.4 (2),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 如果mn,m,n,那么; 如果m,n,那么mn; 如果,m,那么m;

11、 如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号) 考点4 考点1考点2考点3 解析:(1)对于,若l,则l与不可能平行,l也不可能在内,所 以l与相交,正确;对于,若m,n,lm,ln,则有可能是 l,故错误;对于,若lm,mn,则ln,又l,所以n,故 正确;对于,因为m,n,所以mn,又lm,所以ln,故 正确.选C. 考点4 考点1考点2考点3 (2)对于,可运用长方体举反例证明其错误:如图,不妨设AA为直 线m,CD为直线n,ABCD所在的平面为,ABCD所在的平面为,显 然这些直线和平面满足题目条件,但不成立. 命题正确,证明如下:设过直

12、线n的某平面与平面相交于直线l, 则ln,由m知ml,从而mn,结论正确. 由平面与平面平行的定义知命题正确. 由平行的传递性及线面角的定义知命题正确. 答案:(1)C(2) 考点4 考点1考点2考点3 空间中平行、垂直关系的证明(综合型) 例例2由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1 后得到的几 何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD 的中点,A1E平面ABCD. (1)证明:A1O平面B1CD1; (2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1CD1. 考点4 考点1考点2考点3 证明:(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1

13、, 由于ABCD-A1B1C1D1为四棱柱, 所以A1O1OC,A1O1=OC, 因此四边形A1OCO1为平行四边形, 所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O 平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. 考点4 考点1考点2考点3 (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点, 所以EMAC,所以EMBD. 又A1E平面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD. 因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1. 又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM. 又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1. 考点4 考点1考点2考

14、点3考点4 考点1考点2考点3 对应训练对应训练2 (1)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. 求证:PACD. 求证:平面PBD平面PAB. 考点4 考点1考点2考点3 (2)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的 点. 考点4 考点1考点2考点3 (1)证明: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. 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

15、边形BCDE是正方形,连接CE(图略), 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. 考点4 考点1考点2考点3 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. 考点4 考点1考点2考点

16、3 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. 考点4 考点1考点2考点3 平面图形的折叠问题(综合型) 例例3如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,ADC=90,AB=BC.把 BAC沿AC折起到PAC的位置,使得P点在平面ADC上的正投影 O恰好落在线段AC上,如图所示,点E,F分别为棱PC,CD的中点. (1)求证:平面OEF平面PAD; (2)求证:CD平面POF; (3)若AD=3,CD=4,AB=5,求三棱锥E-CFO的体积. 考点4 考点1考点2考点3 (1)证明:因为

17、点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上, 所以PO平面ADC,所以POAC. 由题意知O是AC的中点,又点E是PC的中点, 所以OEPA,又OE 平面PAD,PA平面PAD, 所以OE平面PAD.同理,OF平面PAD. 又OEOF=O,OE,OF平面OEF, 所以平面OEF平面PAD. (2)证明:因为OFAD,ADCD,所以OFCD. 又PO平面ADC,CD平面ADC,所以POCD. 又OFPO=O,所以CD平面POF. 考点4 考点1考点2考点3考点4 考点1考点2考点3考点4 考点1考点2考点3 对应训练3 (2018全国,文18)如图,在平行四边形ABCM 中,AB=AC=3,

18、ACM=90.以AC为折痕将ACM折起,使点M到达 点D的位置,且ABDA. (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ= DA,求三棱 锥Q-ABP的体积. 考点4 考点1考点2考点3 解:(1)由已知可得,BAC=90,BAAC. 又BAAD, 所以AB平面ACD. 又AB平面ABC, 所以平面ACD平面ABC. 考点4 考点1考点2考点3考点4 平面图形的探究问题(综合型) 例例4如图,三棱锥P-ABC中,PA平面 ABC,PA=1,AB=1,AC=2,BAC=60. (1)求三棱锥P-ABC的体积; (2)在线段PC上是否存在点M,使得ACBM,若存在点M,求出 的 值;若不存在,请说明理由. 考点1考点2考点3考点4 考点1考点2考点3考点4 考点1考点2考点3考点4 对应训练4 (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. 考点1考点2考点3考点4 解:(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