2021年高考文數(shù)第二輪第2講-空間中的平行與垂直課件

第2講空間中的平行與垂直高考定位1.以幾何體為載體考查空間點、線、面位置關(guān)系的判斷，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，題目難度較??；2.以解答題的形式考查空間平行、垂直的證明，并常與幾何體的表面積、體積相滲透.第2講空間中的平行與垂直高考定位1.以幾何體為載體考查空11.(2019·全國Ⅱ卷)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是(

) A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C.α，β平行于同一條直線 D.α，β垂直于同一平面真題感悟1.(2019·全國Ⅱ卷)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要2解析若α∥β，則α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當無數(shù)條直線互相平行時，α與β可能相交；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件.根據(jù)兩平面平行的判定定理知，若一個平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個平面平行，則兩平面平行，反之也成立.因此B中條件是α∥β的充要條件.答案

B解析若α∥β，則α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當無數(shù)條直線互相32.(2019·全國Ⅲ卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(

)A.BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C.BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線2.(2019·全國Ⅲ卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，4解析連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交.∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，∴BC⊥平面EDC，解析連接BD，BE，∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥D5故BM≠EN.答案

B故BM≠EN.63.(2018·全國Ⅰ卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(

)解析如圖，依題意，平面α與棱BA，BC，BB1所在直線所成角都相等，容易得到平面AB1C符合題意，進而所有平行于平面AB1C的平面均符合題意.3.(2018·全國Ⅰ卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直7答案

A答案A84.(2019·全國Ⅰ卷)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離.4.(2019·全國Ⅰ卷)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C9因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解過點C作C1E的垂線，垂足為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的長即為點C到平面C1DE的距離.由已知可得CE＝1，C1C＝4，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.(2)解過101.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.考點整合1.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a112.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.2.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m12熱點一空間點、線、面位置關(guān)系【例1】

(1)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(

)熱點一空間點、線、面位置關(guān)系【例1】(1)如圖，在下列四13(2)(開放題)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.解析(1)法一

對于選項B，如圖(1)所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A項中直線AB與平面MNQ不平行.(2)(開放題)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩14法二

對于選項A，其中O為BC的中點(如圖(2)所示)，連接OQ，則OQ∥AB，因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行.即A項中直線AB與平面MNQ不平行.(2)已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可能與α平行，或l與α相交但不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.圖(1)

圖(2)答案(1)A

(2)若m∥α，l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α，答案不唯一)法二對于選項A，其中O為BC的中點(如圖(2)所示)，連接15探究提高1.判斷空間位置關(guān)系命題的真假(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷.(2)借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進行肯定或否定.2.兩點注意：(1)平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中；(2)當從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設或公認的結(jié)論相矛盾的命題，進而作出判斷.探究提高1.判斷空間位置關(guān)系命題的真假16【訓練1】

已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給出下列命題： ①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l； ③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.

其中正確的命題是(

) A.①④

B.③④

C.①②

D.①③解析對于①，若α∥β，m⊥α，則m⊥β，又l?β，所以m⊥l，故①正確，排除B.對于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β.④正確.故選A.答案

A【訓練1】已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給17熱點二空間平行、垂直關(guān)系的證明【例2】

如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點，求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.熱點二空間平行、垂直關(guān)系的證明【例2】如圖，在四棱錐P－18證明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，PA?平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四邊形ABED為平行四邊形.∴BE∥AD.又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD，∴BE∥平面PAD.證明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，19(3)∵AB⊥AD，而且ABED為平行四邊形.∴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分別是CD和PC的中點，∴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為平行四邊形.20【遷移1】在本例條件下，證明平面BEF⊥平面ABCD.證明如圖，連接AC，設AC∩BE＝O，連接FO，AE.∴四邊形ABCE為平行四邊形.∴O為AC的中點，又F為PC的中點，則FO∥PA，又PA⊥平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD.又FO?平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABCD.【遷移1】在本例條件下，證明平面BEF⊥平面ABCD.證明21【遷移2】在本例條件下，若AB＝BC，求證：BE⊥平面PAC.證明連接AC，設AC∩BE＝O.AB∥CD，CD＝2AB，且E為CD的中點.∴四邊形ABCE為菱形，∴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.【遷移2】在本例條件下，若AB＝BC，求證：BE⊥平面PA22探究提高垂直、平行關(guān)系證明中應用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型.(1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行.(2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.(4)證明面面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，進而轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.探究提高垂直、平行關(guān)系證明中應用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型.23【訓練2】

(2019·江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC.求證：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.證明

(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.【訓練2】(2019·江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC－A124(2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.因為三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因為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.因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.(2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.25熱點三平面圖形中的折疊問題【例3】

(2019·全國Ⅲ卷)圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的四邊形ACGD的面積.熱點三平面圖形中的折疊問題【例3】(2019·全國Ⅲ卷)26(1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如圖，取CG的中點M，連接EM，DM.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM?平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.(1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，27故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四邊形ACGD的面積為S＝2×2＝4.由已知，四邊形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，四邊形BCGE是菱形，28探究提高

1.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是找出折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，折線同一側(cè)的線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口.2.在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形，善于將折疊后的量放在原平面圖形中進行分析求解.探究提高1.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是找出折疊前后的變化292021年高考文數(shù)第二輪第2講-空間中的平行與垂直課件30即在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，從而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是四棱錐A1－BCDE的高，即在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC312021年高考文數(shù)第二輪第2講-空間中的平行與垂直課件32熱點四空間線面關(guān)系的開放性問題【例4】

(2019·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由.(1)證明因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.熱點四空間線面關(guān)系的開放性問題【例4】(2019·北京卷33又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.又因為AB∥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.又PA∩AC＝A，34因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，(3)解棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG，所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，(3)解棱PB上35探究提高

1.求解探究性問題常假設題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理，若能推導出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設成立，并可進一步證明；若推導出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假設不成立.2.探索線段上是否存在滿足題意的點時，注意三點共線條件的應用.探究提高1.求解探究性問題常假設題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論362021年高考文數(shù)第二輪第2講-空間中的平行與垂直課件37(1)證明如圖作FM∥CD，交PC于點M，連接EM，又FM∥CD∥AE，所以四邊形AEMF為平行四邊形，所以AF∥EM，因為AF?平面PEC，EM?平面PEC，所以直線AF∥平面PEC.要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，因為AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，(1)證明如圖作FM∥CD，交PC于點M，連接EM，又FM38又因為PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，因為AB?平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB，又因為PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，391.空間中點、線、面的位置關(guān)系的判定(1)可以從線、面的概念、定理出發(fā)，學會找特例、反例.(2)可以借助長方體，在理解空間點、線、面位置關(guān)系的基礎(chǔ)上，抽象出空間線、面的位置關(guān)系的定義.1.空間中點、線、面的位置關(guān)系的判定(1)可以從線、面的概念402.垂直、平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線垂直和線線平行，常用方法如下：(1)證明線線平行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進行平行轉(zhuǎn)換：三是利用三角形的中位線定理證線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進行平行轉(zhuǎn)換.(2)證明線線垂直常用的方法：一是利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)；二是利用勾股定理；三是利用線面垂直的性質(zhì)：即要證兩線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a.3.解決平面圖形的翻折問題，關(guān)鍵是抓住平面圖形翻折前后的不變“性”與“量”，即兩條直線的平行與垂直關(guān)系以及相關(guān)線段的長度、角度等.2.垂直、平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線垂直和線線平行，常用方法如下：412021年高考文數(shù)第二輪第2講-空間中的平行與垂直課件第2講空間中的平行與垂直高考定位1.以幾何體為載體考查空間點、線、面位置關(guān)系的判斷，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，題目難度較小；2.以解答題的形式考查空間平行、垂直的證明，并常與幾何體的表面積、體積相滲透.第2講空間中的平行與垂直高考定位1.以幾何體為載體考查空431.(2019·全國Ⅱ卷)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是(

) A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C.α，β平行于同一條直線 D.α，β垂直于同一平面真題感悟1.(2019·全國Ⅱ卷)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要44解析若α∥β，則α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當無數(shù)條直線互相平行時，α與β可能相交；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件.根據(jù)兩平面平行的判定定理知，若一個平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個平面平行，則兩平面平行，反之也成立.因此B中條件是α∥β的充要條件.答案

B解析若α∥β，則α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當無數(shù)條直線互相452.(2019·全國Ⅲ卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(

)A.BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C.BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線2.(2019·全國Ⅲ卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，46解析連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交.∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，∴BC⊥平面EDC，解析連接BD，BE，∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥D47故BM≠EN.答案

B故BM≠EN.483.(2018·全國Ⅰ卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(

)解析如圖，依題意，平面α與棱BA，BC，BB1所在直線所成角都相等，容易得到平面AB1C符合題意，進而所有平行于平面AB1C的平面均符合題意.3.(2018·全國Ⅰ卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直49答案

A答案A504.(2019·全國Ⅰ卷)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離.4.(2019·全國Ⅰ卷)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C51因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解過點C作C1E的垂線，垂足為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的長即為點C到平面C1DE的距離.由已知可得CE＝1，C1C＝4，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.(2)解過521.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.考點整合1.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a532.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.2.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m54熱點一空間點、線、面位置關(guān)系【例1】

(1)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(

)熱點一空間點、線、面位置關(guān)系【例1】(1)如圖，在下列四55(2)(開放題)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.解析(1)法一

對于選項B，如圖(1)所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A項中直線AB與平面MNQ不平行.(2)(開放題)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩56法二

對于選項A，其中O為BC的中點(如圖(2)所示)，連接OQ，則OQ∥AB，因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行.即A項中直線AB與平面MNQ不平行.(2)已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可能與α平行，或l與α相交但不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.圖(1)

圖(2)答案(1)A

(2)若m∥α，l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α，答案不唯一)法二對于選項A，其中O為BC的中點(如圖(2)所示)，連接57探究提高1.判斷空間位置關(guān)系命題的真假(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷.(2)借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進行肯定或否定.2.兩點注意：(1)平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中；(2)當從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設或公認的結(jié)論相矛盾的命題，進而作出判斷.探究提高1.判斷空間位置關(guān)系命題的真假58【訓練1】

已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給出下列命題： ①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l； ③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.

其中正確的命題是(

) A.①④

B.③④

C.①②

D.①③解析對于①，若α∥β，m⊥α，則m⊥β，又l?β，所以m⊥l，故①正確，排除B.對于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β.④正確.故選A.答案

A【訓練1】已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給59熱點二空間平行、垂直關(guān)系的證明【例2】

如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點，求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.熱點二空間平行、垂直關(guān)系的證明【例2】如圖，在四棱錐P－60證明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，PA?平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四邊形ABED為平行四邊形.∴BE∥AD.又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD，∴BE∥平面PAD.證明(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，61(3)∵AB⊥AD，而且ABED為平行四邊形.∴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分別是CD和PC的中點，∴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為平行四邊形.62【遷移1】在本例條件下，證明平面BEF⊥平面ABCD.證明如圖，連接AC，設AC∩BE＝O，連接FO，AE.∴四邊形ABCE為平行四邊形.∴O為AC的中點，又F為PC的中點，則FO∥PA，又PA⊥平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD.又FO?平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABCD.【遷移1】在本例條件下，證明平面BEF⊥平面ABCD.證明63【遷移2】在本例條件下，若AB＝BC，求證：BE⊥平面PAC.證明連接AC，設AC∩BE＝O.AB∥CD，CD＝2AB，且E為CD的中點.∴四邊形ABCE為菱形，∴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.【遷移2】在本例條件下，若AB＝BC，求證：BE⊥平面PA64探究提高垂直、平行關(guān)系證明中應用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型.(1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行.(2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.(4)證明面面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，進而轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.探究提高垂直、平行關(guān)系證明中應用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型.65【訓練2】

(2019·江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC.求證：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.證明

(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.【訓練2】(2019·江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC－A166(2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.因為三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因為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.因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.(2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.67熱點三平面圖形中的折疊問題【例3】

(2019·全國Ⅲ卷)圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的四邊形ACGD的面積.熱點三平面圖形中的折疊問題【例3】(2019·全國Ⅲ卷)68(1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如圖，取CG的中點M，連接EM，DM.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM?平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.(1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，69故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四邊形ACGD的面積為S＝2×2＝4.由已知，四邊形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，四邊形BCGE是菱形，70探究提高

1.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是找出折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，折線同一側(cè)的線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口.2.在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形，善于將折疊后的量放在原平面圖形中進行分析求解.探究提高1.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是找出折疊前后的變化712021年高考文數(shù)第二輪第2講-空間中的平行與垂直課件72即在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，從而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是四棱錐A1－BCDE的高，即在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC732021年高考文數(shù)第二輪第2講-空間中的平行與垂直課件74熱點四空間線面關(guān)系的開放性問題【例4】

(2019·北京卷)如圖，在四棱錐P