2021高考数学二轮复习专题练-三、核心热点突破-专题三-立体几何-第2讲-空间中的平行与垂直.doc
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1、2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直年级:姓名:专题三 立体几何第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,并与空间角的计算综合命题.真 题 感 悟1.(2019全国卷)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.BMEN,且直线BM,EN是相交直线B.B
2、MEN,且直线BM,EN是相交直线C.BMEN,且直线BM,EN是异面直线D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线解析连接BD,BE,点N是正方形ABCD的中心,点N在BD上,且BNDN,BM,EN是DBE的中线,BM,EN必相交.连接CM,设DEa,则ECDCa,MCa,平面ECD平面ABCD,且BCDC,BC平面EDC,则BDa,BEa,BMa,又ENa,故BMEN.答案B2.(2019全国卷)已知ACB90,P为平面ABC外一点,PC2,点P到ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为_.解析如图,过点P作PO平面ABC于O,则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OEAC
3、于E,OFBC于F,连接PC,PE,PF,则PEAC,PFBC.所以PEPF,所以OEOF,所以CO为ACB的平分线,即ACO45.在RtPEC中,PC2,PE,所以CE1,所以OE1,所以PO.答案3.(2020全国卷)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DEED1,BF2FB1.证明:(1)当ABBC时,EFAC;(2)点C1在平面AEF内.证明(1)如图,连接BD,B1D1.因为ABBC,所以四边形ABCD为正方形,故ACBD.又因为BB1平面ABCD,于是ACBB1.又BDBB1B,所以AC平面BB1D1D.由于EF平面BB1D1D,所以EF
4、AC.(2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG2GA1,连接GD1,FC1,FG.因为ED1DD1,AGAA1,DD1綊AA1,所以ED1綊AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AEGD1.因为B1FBB1,A1GAA1,BB1綊AA1,所以B1FGA1是平行四边形,所以FG綊A1B1,所以FG綊C1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故GD1FC1.于是AEFC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.4.(2019全国卷)如图,直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,AA14,AB2,BAD60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C
5、1DE;(2)求点C到平面C1DE的距离.(1)证明连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且MEB1C.又因为N为A1D的中点,所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC,可得B1C綊A1D,故ME綊ND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MNED.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DEBC,DEC1C,又BCC1CC,BC,C1C平面C1CE,所以DE平面C1CE,故DECH.又C1EDEE,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CE1,C1C4,所以C
6、1E,故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.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:a,b,aba.(2)线面平行的性质定理:a,a,bab.(3)面面平行的判定定理:a,b,abP,a,b.(4)面面平行的性质定理:,a,bab.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理:m,n,mnP,lm,lnl.(2)线面垂直的性质定理:a,bab.(3)面面垂直的判定定理:a,a.(4)面面垂直的性质定理:,l,a,ala.热点一空间点、线、面位置关系【例1】 (1)(2020河南百校大联考)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且ABCD,
7、若正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,则下列结论正确的是()A.mn B.mn2C.mn D.mn8(2)(2019北京卷)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,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:_.解析(1)直线CE平面ABPQ,从而CE平面A1B1P1Q1,易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交,则m4.取CD的中点G,连接FG,EG.易证CD平面EGF,又AB平面BPP1B1,AB平面AQQ1A1且ABCD,从而平面EGF平面BPP1B1平面AQQ1A1,EF平面BPP1B1,EF平面A
8、QQ1A1,则EF与正方体其余四个面所在平面均相交,n4,故mn4.(2)已知l,m是平面外的两条不同直线,由lm与m,不能推出l,因为l可能与平行,或l与相交但不垂直;由lm与l能推出m;由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.答案(1)A(2)若m,l,则lm(或若lm,l,则m,答案不唯一)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
9、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.【训练1】 (1)(2020衡水中学调研)已知M是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点,则下列是假命题的是()A.过点M有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交B.过点M有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直C.过点M有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交D.过点M有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行(2)如图所示,在四棱锥PABCD中,PAB与PBC是正三角形,平面PAB平面PBC,ACBD,则下列结论不一定成立的是()A.BPAC B.PD平面ABCDC.ACPD D.平面BDP平面ABCD解析(
10、1)在AB上取一点P,则平面PMC1与AB,B1C1都相交,这样的平面有无数个,因此C是假命题.(2)取BP的中点O,连接OA,OC,如图所示.则BPOA,BPOC,因为OAOCO,所以BP平面OAC,又AC平面OAC,所以BPAC,故选项A一定成立.由ACBP,ACBD,BPBDB,AC平面BDP,又PD平面BDP,AC平面ABCD.所以ACPD,平面PBD平面ABCD,故C,D一定正确.从条件不一定推出PD平面ABCD,选B.答案(1)C(2)B热点二空间平行、垂直关系的证明【例2】 (2019北京卷)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)
11、求证:BD平面PAC;(2)若ABC60,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PABD.因为底面ABCD为菱形,所以BDAC.又PAACA,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,ABC60,且E为CD的中点,所以AECD.又因为ABCD,所以ABAE.又ABPAA,所以AE平面PAB.因为AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE.(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
12、,FG,EG,则FGAB,且FGAB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CEAB.所以FGCE,且FGCE.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.探究提高1.利用综合法证明平行与垂直,关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面,如果所给的图形中不存在这样的线与面,要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.2.垂直、平行关系的证明,主要是运用转化与化归思想,完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中,不要忽视定理成立的条件,推理要严谨.【训练2】 (2020石家庄调研)如图
13、,在多面体ABCDPE中,四边形ABCD和CDPE都是直角梯形,ABDC,PEDC,ADDC,PD平面ABCD,ABPDDA2PE,CD3PE,F是CE的中点.(1)求证:BF平面ADP;(2)已知O是BD的中点,求证:BD平面AOF.证明(1)如图,取PD的中点为G,连接FG,AG,F是CE的中点,FG是梯形CDPE的中位线,CD3PE,FG2PE,FGCD,CDAB,AB2PE,ABFG,ABFG,即四边形ABFG是平行四边形,BFAG,又BF平面ADP,AG平面ADP,BF平面ADP.(2)延长AO交CD于M,连接BM,FM,BAAD,CDDA,ABAD,O为BD的中点,ABMD是正方形
14、,则BDAM,MD2PE.FMPD,PD平面ABCD,FM平面ABCD,FMBD,AMFMM,BD平面AMF,BD平面AOF.热点三平面图形中的折叠问题【例3】 图是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB1,BEBF2,FBC60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图.(1)证明:图中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图中的四边形ACGD的面积.(1)证明由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,所以AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,且BEBCB,BE,BC平面BCGE,所以
15、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ABDE,AB平面BCGE,所以DE平面BCGE,又CG、EM平面BCGE,故DECG,DEEM.由已知,四边形BCGE是菱形,且EBC60,得EMCG,又DEEME,DE,EM平面DEM,故CG平面DEM.又DM平面DEM,因此DMCG.在RtDEM中,DE1,EM,故DM2.又CGBF2,所以四边形ACGD的面积为S224.探究提高1.解决与折叠有关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
16、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.【训练3】 如图1,在直角梯形 ABCD中,ADBC,BAD,ABBCADa,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置,得到四棱锥A1BCDE. (1)证明:CD平面A1OC;(2)当平面A1BE平面BCDE时,四棱锥A1BCDE的体积为36,求a的值.(1)证明在图1中,因为ABBCADa,E是AD的中点,BAD,所以BEAC,即在图2中,BEA1O,BEOC,从而BE平面A1OC.又CDBE,所以CD平面
17、A1OC.(2)解由已知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,OA1BE,所以A1O平面BCDE,即A1O是四棱锥A1BCDE的高,由图1可知,A1OABa,平行四边形BCDE的面积SBCABa2,从而四棱锥A1BCDE的体积为VSA1Oa2aa3,由a336,得a6.热点四空间线面关系的开放性问题【例4】 (2020九师联盟检测)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,BAD,PAD是等边三角形,F为AD的中点,PDBF.(1)求证:ADPB;(2)若E在线段BC上,且ECBC,能否在棱PC上找到一点G,使平面DEG平面ABCD?若存在,求出三棱锥DCEG的体积;若不存在
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