2021年高考文数第二轮第2讲-空间中的平行与垂直课件

第2讲空间中的平行与垂直高考定位1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透.第2讲空间中的平行与垂直高考定位1.以几何体为载体考查空11.(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(

) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面真题感悟1.(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要2解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.答案

B解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当无数条直线互相32.(2019·全国Ⅲ卷)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.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线2.(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，4解析连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交.∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，∴BC⊥平面EDC，解析连接BD，BE，∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥D5故BM≠EN.答案

B故BM≠EN.63.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(

)解析如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.3.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直7答案

A答案A84.(2019·全国Ⅰ卷)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.4.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C9因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE＝1，C1C＝4，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.(2)解过101.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.考点整合1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a112.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m12热点一空间点、线、面位置关系【例1】

(1)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(

)热点一空间点、线、面位置关系【例1】(1)如图，在下列四13(2)(开放题)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.解析(1)法一

对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.(2)(开放题)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两14法二

对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.即A项中直线AB与平面MNQ不平行.(2)已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.图(1)

图(2)答案(1)A

(2)若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)法二对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接15探究提高1.判断空间位置关系命题的真假(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、四面体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.2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)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.探究提高1.判断空间位置关系命题的真假16【训练1】

已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题： ①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l； ③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.

其中正确的命题是(

) A.①④

B.③④

C.①②

D.①③解析对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.④正确.故选A.答案

A【训练1】已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给17热点二空间平行、垂直关系的证明【例2】

如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.热点二空间平行、垂直关系的证明【例2】如图，在四棱锥P－18证明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.证明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，19(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，且CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，EF，BE⊂平面BEF，∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.20【迁移1】在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.证明如图，连接AC，设AC∩BE＝O，连接FO，AE.∴四边形ABCE为平行四边形.∴O为AC的中点，又F为PC的中点，则FO∥PA，又PA⊥平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABCD.【迁移1】在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.证明21【迁移2】在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.证明连接AC，设AC∩BE＝O.AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点.∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.又∵PA⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.【迁移2】在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PA22探究提高垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.探究提高垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.23【训练2】

(2019·江苏卷)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)BE⊥C1E.证明

(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.【训练2】(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A124(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.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C1C⊥BE.又C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，且C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.25热点三平面图形中的折叠问题【例3】

(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC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)求图②中的四边形ACGD的面积.热点三平面图形中的折叠问题【例3】(2019·全国Ⅲ卷)26(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，27故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG.故DM＝2.又CG＝BF＝2，由已知，四边形BCGE是菱形，28探究提高

1.解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.探究提高1.解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化292021年高考文数第二轮第2讲-空间中的平行与垂直课件30即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC312021年高考文数第二轮第2讲-空间中的平行与垂直课件32热点四空间线面关系的开放性问题【例4】

(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥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，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.热点四空间线面关系的开放性问题【例4】(2019·北京卷33又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)证明因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.又PA∩AC＝A，34因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，(3)解棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，(3)解棱PB上35探究提高

1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.2.探索线段上是否存在满足题意的点时，注意三点共线条件的应用.探究提高1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论362021年高考文数第二轮第2讲-空间中的平行与垂直课件37(1)证明如图作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，又FM∥CD∥AE，所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，所以直线AF∥平面PEC.要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，(1)证明如图作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，又FM38又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，因为AB⊂平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB，又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，391.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.1.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念402.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：一是利用等腰三角形底边中线即高线的性质；二是利用勾股定理；三是利用线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.3.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.2.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：412021年高考文数第二轮第2讲-空间中的平行与垂直课件第2讲空间中的平行与垂直高考定位1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透.第2讲空间中的平行与垂直高考定位1.以几何体为载体考查空431.(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(

) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面真题感悟1.(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要44解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.答案

B解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当无数条直线互相452.(2019·全国Ⅲ卷)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.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线2.(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，46解析连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交.∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，∴BC⊥平面EDC，解析连接BD，BE，∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥D47故BM≠EN.答案

B故BM≠EN.483.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(

)解析如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.3.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直49答案

A答案A504.(2019·全国Ⅰ卷)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.4.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C51因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE＝1，C1C＝4，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.(2)解过521.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.考点整合1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a532.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m54热点一空间点、线、面位置关系【例1】

(1)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(

)热点一空间点、线、面位置关系【例1】(1)如图，在下列四55(2)(开放题)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.解析(1)法一

对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.(2)(开放题)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两56法二

对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.即A项中直线AB与平面MNQ不平行.(2)已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.图(1)

图(2)答案(1)A

(2)若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)法二对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接57探究提高1.判断空间位置关系命题的真假(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、四面体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.2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)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.探究提高1.判断空间位置关系命题的真假58【训练1】

已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题： ①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l； ③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.

其中正确的命题是(

) A.①④

B.③④

C.①②

D.①③解析对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.④正确.故选A.答案

A【训练1】已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给59热点二空间平行、垂直关系的证明【例2】

如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.热点二空间平行、垂直关系的证明【例2】如图，在四棱锥P－60证明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.证明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，61(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，且CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，EF，BE⊂平面BEF，∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.62【迁移1】在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.证明如图，连接AC，设AC∩BE＝O，连接FO，AE.∴四边形ABCE为平行四边形.∴O为AC的中点，又F为PC的中点，则FO∥PA，又PA⊥平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABCD.【迁移1】在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.证明63【迁移2】在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.证明连接AC，设AC∩BE＝O.AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点.∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.又∵PA⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.【迁移2】在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PA64探究提高垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.探究提高垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.65【训练2】

(2019·江苏卷)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)BE⊥C1E.证明

(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.【训练2】(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A166(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.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C1C⊥BE.又C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，且C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.67热点三平面图形中的折叠问题【例3】

(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC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)求图②中的四边形ACGD的面积.热点三平面图形中的折叠问题【例3】(2019·全国Ⅲ卷)68(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，69故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG.故DM＝2.又CG＝BF＝2，由已知，四边形BCGE是菱形，70探究提高

1.解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.探究提高1.解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化712021年高考文数第二轮第2讲-空间中的平行与垂直课件72即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC732021年高考文数第二轮第2讲-空间中的平行与垂直课件74热点四空间线面关系的开放性问题【例4】

(2019·北京卷)如图，在四棱锥P