2018届二轮复习专题5第2讲点、直线、平面之间的位置关系课件（73张）（全国通用） 72页

第一部分 专题强化突破 题　立体几何 第二讲　点、直线、间的关系 1 高 考 考 点 聚 焦 2 核 心 知 识 整 合 3 高 考 真 题 体 验 4 命 题 热 点 突 破 5 课 后 强 化 训 练 高考考点聚焦 高考考点 考点解读 与空间位置关系 有关的命题真假 的判断 1.多以命题的形式出现，判断命题的真 假 2．考查空间几何体中点、线、面的位置 关系 证明平行关系 1.以多面体为命题背景，证明线线平行、 线面平行、面面平行 2．以三视图的形式给出几何体，判断或 证明平行关系，考查平行的判定及性质 证明垂直关系 1.以多面体为命题背景，证明线线垂直、 线面垂直、面面垂直 2．考查垂直关系的判定定理与性质定理 • 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个 公理以及它们的推论． • (2)掌握各种判定定理、性质定理的条件与结论，并且会 应用． • (3)掌握利用线线平行、线面平行、面面平行之间的转化 关系；掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化关 系． • 预测2018年命题热点为： • (1)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明． • (2)已知空间几何体中的命题，判断其真假． 核心知识整合 • 1．线面平行与垂直的判定与性质 a∥α，a⊂β， α∩β＝b， ⇒a∥b　 a⊥α，b⊥α ⇒a∥b　 • 2．面面平行与垂直的判定与性质 a⊂α，b⊂α，a∩b＝ P，a∥β， b ∥ β⇒α ∥ β a⊥α，a⊂β， ⇒α⊥β　 α⊥β，b⊂β，α∩β＝a ，b⊥a⇒b⊥α　 • 3．三种平行关系的转化 • 4．三种垂直关系的转化 • 1．忽略判定定理和性质定理中的条件 • 应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在 平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判定定理时， 忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂 直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面 的交线”的条件等． • 2．把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用 • 如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结 论在空间中不成立． • 3．不能准确掌握判定定理和性质定理 • 如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与 该平面的交线与已知直线平行，而非作出的直线；面面平 行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平 行平面的交线等． 高考真题体验 A　 • [解析]　A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中 点，则QD∥AB． • ∵QD∩平面MNQ＝Q， • ∴QD与平面MNQ相交， • ∴直线AB与平面MNQ相交． • B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ， • ∴AB∥MQ． • 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ． • C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ， • ∴AB∥MQ． • 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ． • D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ， • ∴AB∥NQ． • 又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ． • 故选A． C　 • [解析]　解法一：如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE ，而AE不与AC，BD垂直， • ∴B，D错； • ∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1， • ∴A1E⊥BC1，故C正确； • (证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝ C，∴BC1⊥平面CEA1B1． • 又A1E⊂平面CEA1B1， • ∴A1E⊥BC1) • ∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直， 故A错． • 故选C． C　 • [解析]　由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β， • 所以n⊥l.故选C． D　 • [解析]　对于选项D，当直线m位于平面β内且与平面α，β 的交线平行时，直线m∥α，显然m与平面β不垂直，因此 选项D不正确． • [解析]　(1)证明：取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1， • 由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱， • 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC， • 因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C， • 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1， • 所以A1O∥平面B1CD1． • (2)证明：因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点， • 所以EM⊥BD． • 又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， • 所以A1E⊥BD， • 因为B1D1∥BD， • 所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1． • 又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E， • 所以B1D1⊥平面A1EM． • 又B1D1⊂平面B1CD1， • 所以平面A1EM⊥平面B1CD1． 命题热点突破 •命题方向1　线面位置关系的命题真假判断 B　 • [解析]　对于选项A，若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行 或异面，故A错；对于选项B，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n， 故B正确；对于选项C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α， 故C错；对于选项D，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或 n⊥α，故D错． C　 • 『规律总结』 • 判断与空间位置关系有关的命题真假的两大方法 • (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，进行肯定或否定 ． D　 • [解析]　由α∥β，l⊥α得l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m，①正确； 由α⊥β，l⊥α得l⊂β或l∥β，故不能得到l∥m，②错误； 由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，③正确；由 l⊥m，l⊥α得m⊂α或m∥α，故m，α不相交，④正确．故 选D． ②③④　 •命题方向2　空间平行关系的证明 • [解析]　(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是 SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB． • 因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC， • 所以EF∥平面ABC． • 同理EG∥平面ABC． • 又EF∩EG＝E， • 所以平面EFG∥平面ABC． • (2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面 SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC． • 因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC． • 又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB， • 所以BC⊥平面SAB． • 因为SA⊂平面SAB， • 所以BC⊥SA． • 『规律总结』 • 立体几何中证明平行关系的常用方法 • (1)证明线线平行的常用方法 • ①利用平行公，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，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，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，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． •命题方向3　空间垂直关系的证明 • [解析]　(1)证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连 接MH.在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点， 可得DF∥GC，DF＝GC， • 所以四边形DFCG为平行四边形， • 则M为CD的中点，又H为BC的中点， • 所以HM∥BD． • 又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH， • 所以BD∥平面FGH． • 证法二：在三棱台DEF－ABC中， • 由BC＝2EF，H为BC的中点， • 可得BH∥EF，BH＝EF， • 所以四边形HBEF为平行四边形， • 可得BE∥HF． • 在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点， • 所以GH∥AB． • 又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED． • 因为BD⊂平面ABED， • 所以BD∥平面FGH． • (2)连接HE，GE． • 因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB， • 由AB⊥BC，得GH⊥BC． • 又H为BC的中点， • 所以EF∥HC，EF＝HC， • 因此四边形EFCH是平行四边形， • 所以CF∥HE． • 又CF⊥BC，所以HE⊥BC． • 又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H， • 所以BC⊥平面EGH． • 又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH． • 『规律总结』 • 立体几何中证明垂直关系的常用方法 • (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，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，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，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． • [解析]　(1)因为D，E是中点， • 所以DE∥AC，又AC∥A1C1，所以DE∥A1C1， • 又因为A1C1⊂平面A1C1F，且DE⊄平面A1C1F， • 所以DE∥平面A1C1F． • (2)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱， • 所以AA1⊥平面A1B1C1， • 所以AA1⊥A1C1． • 又因为A1C1⊥A1B1，且AA1∩A1B1＝A1， • AA1，A1B1⊂平面AA1B1B， • 所以A1C1⊥平面AA1B1B， • 所以A1C1⊥B1D， • 又A1F⊥B1D，A1F∩A1C1＝A1， • 所以B1D⊥平面A1C1F， • 又因为B1D⊂平面B1DE， • 所以平面B1DE⊥平面A1C1F． •命题方向4　立体几何中的折叠问题、探索性问题 ④　 • [解析]　(1)因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为 DC的中点， • 所以在折起的过程中，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①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BE⊥CD，此时CD不垂直于平面AEBC，故CD与 平面BED不垂直，故②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③错误； • 因为AD⊥ED，并且在折起过程中， • 存在一个位置使AD⊥BE，且DE∩BE＝E， • 所以在折起过程中存在AD⊥平面BED的位置，故④正确． • 『规律总结』 • 1．求解平面图形折叠问题的关键和方法 • (1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变， 哪些不变，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)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： • ①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明； • ②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； • ③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，现寻找与条件相容或者 矛盾的结论． • [解析]　(1)由已知，M为BC中点，且AB＝AC，所以 AM⊥BC． • 又因为BB1∥AA1，且AA1⊥底面ABC， • 所以BB1⊥底面ABC． • 因为AM⊂底面ABC，所以BB1⊥AM， • 又BB1∩BC＝B， • 所以AM⊥平面BB1C1C． • 又因为AM⊂平面APM， • 所以平面APM⊥平面BB1C1C． • (2)取C1B1中点D，连接A1D，DN，DM，B1C． • 由于D，M分别为C1B1，CB的中点， • 所以DM∥A1A，且DM＝A1A， • 则四边形A1AMD为平行四边形， • 所以A1D∥AM． • 又A1D⊄平面APM，AM⊂平面APM， • 所以A1D∥平面APM， • 由于D，N分别为C1B1，C1C的中点， • 所以DN∥B1C． • 又P，M分别为B1B，CB的中点， • 所以MP∥B1C，则DN∥MP． • 又DN⊄平面APM，MP⊂平面APM， • 所以DN∥平面APM． • 由于A1D∩DN＝D，所以平面A1DN∥平面APM， • 由于A1N⊂平面A1DN，所以A1N∥平面APM， 课后强化训练