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第2讲空间中的平行与垂直,专题四立体几何与空间向量,板块三专题突破核心考点,考情考向分析,1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题. 2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档.,热点分类突破,真题押题精练,内容索引,热点分类突破,空间线面位置关系判断的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题. (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.,热点一空间线面位置关系的判定,例1(1)已知直线l，m与平面，l，m，则下列命题中正确的是 A.若lm，则必有B.若lm，则必有 C.若l，则必有D.若，则必有m,解析,答案,解析对于选项A，平面和平面还有可能相交，所以选项A错误； 对于选项B，平面和平面还有可能相交且不垂直或平行，所以选项B错误； 对于选项C，因为l，l，所以，所以选项C正确； 对于选项D，直线m可能和平面平行或相交，所以选项D错误.,解答,(2)如图，平面平面，l，A，C是内不同的两点，B，D是内不同的两点，且A，B，C，D直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点.下列判断正确的是 A.当CD2AB时，M，N两点不可能重合 B.M，N两点可能重合，但此时直线AC与 l不可能相交 C.当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交 D.当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行,解析,答案,解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合， 此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分， 所以四边形ACBD是平行四边形， 因此ACBD，而BD，ACB， 所以由线面平行的判定定理可得AC， 又因为AC，l， 所以由线面平行的性质定理可得ACl，故选B.,解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.,跟踪演练1(1)(2018揭阳模拟)已知直线a，b，平面，下列命题正确的是 A.若，a，则a B.若a，b，c，则abc C.若a，ba，则b D.若，a，b，则ba,解析,答案,解析A中，若，a，则a，该说法正确； B中，若a，b，c， 在三棱锥PABC中，令平面，分别为平面PAB，PAC，PBC， 交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足abc，该说法错误； C中，若a，ba，有可能b，不满足b，该说法错误； D中，若，a，b， 正方体ABCDA1B1C1D1中，取平面，为平面ABCD，ADD1A1， 直线b为A1C1，满足b，不满足ba，该说法错误.,解析,答案,(2)(2018上海市长宁、嘉定区调研)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是 A.l与l1，l2都相交 B.l与l1，l2都不相交 C.l至少与l1，l2中的一条相交 D.l至多与l1，l2中的一条相交,解析方法一如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确； 如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交， 故D不正确，故选C. 方法二因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交. 若l与l1，l2都不相交，则ll1，ll2，从而l1l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选C.,热点二空间平行、垂直关系的证明,空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.,例2(1)(2018资阳模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，AA1平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点. 求证：直线BE平面A1FC1；,证明,证明取A1C1的中点G，连接EG，FG， 点E为A1B1的中点， EGB1C1,F为BC中点，,所以BFEG且BFEG. 所以四边形BFGE是平行四边形，所以BEFG， 又BE平面A1FC1，FG平面A1FC1， 所以直线BE平面A1FC1.,平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥BEFM的体积.,解答,解M为棱AB的中点. 理由如下： 因为ACA1C1，AC平面A1FC1，A1C1平面A1FC1， 所以直线AC平面A1FC1， 又平面A1FC1平面ABCFM， 所以ACFM. 又F为棱BC的中点， 所以M为棱AB的中点.,(2)(2018衡水调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，PD平面ABCD，BAD60，PD2a，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点.,证明,证明：平面EAC平面PBD；,证明因为PD平面ABCD，AC平面ABCD， 所以PDAC. 又四边形ABCD为菱形，所以ACBD， 又PDBDD，PD，BD平面PBD， 所以AC平面PBD. 又AC平面EAC， 所以平面EAC平面PBD.,若PD平面EAC，三棱锥PEAD的体积为18 ，求a的值.,解答,解连接OE. 因为PD平面EAC，平面EAC平面PBDOE， 所以PDOE. 又ACBDO， 所以O是BD的中点，所以E是PB的中点. 因为四边形ABCD是菱形，且BAD60， 所以取AD的中点H，连接BH， 可知BHAD， 又因为PD平面ABCD，BH平面ABCD， 所以PDBH.,又PDADD，PD，AD平面PAD， 所以BH平面PAD.,解得a6.,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明线线平行；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：利用等腰三角形底边中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l，ala.,跟踪演练2如图，在四棱锥PABCD中，ADB90，CBCD，点E为棱PB的中点. (1)若PBPD，求证：PCBD；,证明,证明取BD的中点O，连接CO，PO， 因为CDCB， 所以CBD为等腰三角形， 所以BDCO. 因为PBPD， 所以PBD为等腰三角形，所以BDPO. 又POCOO，PO，CO平面PCO， 所以BD平面PCO. 因为PC平面PCO，所以PCBD.,(2)求证：CE平面PAD.,证明,证明由E为PB的中点，连接EO，则EOPD， 又EO平面PAD，PD平面PAD， 所以EO平面PAD. 由ADB90及BDCO，可得COAD， 又CO平面PAD，AD平面PAD， 所以CO平面PAD. 又COEOO，CO，EO平面COE， 所以平面CEO平面PAD， 而CE平面CEO，所以CE平面PAD.,平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键.一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.,热点三平面图形的翻折问题,例3(2018北京海淀区期末)如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点.将ADE沿线,证明折叠前，因为四边形AECD为菱形， 所以ACDE， 所以折叠后，DEPF，DECF， 又PFCFF，PF，CF平面PCF， 所以DE平面PCF.,证明,段DE折起到PDE的位置，如图2所示. (1)求证：DE平面PCF；,证明,(2)求证：平面PBC平面PCF；,证明因为四边形AECD为菱形， 所以DCAE，DCAE. 又点E为AB的中点， 所以DCEB，DCEB， 所以四边形DEBC为平行四边形， 所以CBDE. 又由(1)得，DE平面PCF， 所以CB平面PCF. 因为CB平面PBC， 所以平面PBC平面PCF.,解答,(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由.,解存在满足条件的点M，N， 且M，N分别是PD和BC的中点. 如图，分别取PD和BC的中点M，N. 连接EN，PN，MF，CM. 因为四边形DEBC为平行四边形，,所以四边形ENCF为平行四边形， 所以FCEN.,在PDE中，M，F分别为PD，DE的中点， 所以MFPE. 又EN，PE平面PEN，PEENE，MF，CF平面CFM，MFCFF， 所以平面CFM平面PEN.,(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口. (2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论.,跟踪演练3(2018北京朝阳区模拟)如图，在PBE中，ABPE，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC ，AB APAE2，将PBA沿AB折起使得二面角PABE是直二面角.,证明,(1)求证：CD平面PAB；,又AB2，ABPE，,所以AC是RtABE的斜边BE上的中线， 所以C是BE的中点， 又因为D是AE的中点， 所以CD是RtABE的中位线，所以CDAB， 又因为CD平面PAB，AB平面PAB， 所以CD平面PAB.,解答,(2)求三棱锥EPAC的体积.,解由(1)知，直线CD是RtABE的中位线，,因为二面角PABE是直二面角，平面PAB平面EABAB，PA平面PAB，PAAB， 所以PA平面ABE， 又因为AP2，,真题押题精练,真题体验,解析,1.(2017全国改编)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_.(填序号),(1),答案,解析对于(1)，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB. QD平面MNQQ， QD与平面MNQ相交， 直线AB与平面MNQ相交； 对于(2)，作如图所示的辅助线， 则ABCD，CDMQ， ABMQ， 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ；,对于(3)，作如图所示的辅助线， 则ABCD，CDMQ， ABMQ， 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ， AB平面MNQ； 对于(4)，作如图所示的辅助线， 则ABCD，CDNQ， ABNQ，又AB平面MNQ，NQ平面MNQ， AB平面MNQ.,2.(2017江苏)如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD. 求证：(1)EF平面ABC；,证明,证明在平面ABD内，因为ABAD，EFAD， 所以ABEF.又EF平面ABC，AB平面ABC， 所以EF平面ABC.,(2)ADAC.,证明,证明因为平面ABD平面BCD， 平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD， 所以BC平面ABD. 因为AD平面ABD，所以BCAD. 又ABAD，BCABB，AB平面ABC， BC平面ABC，所以AD平面ABC. 又AC平面ABC，所以ADAC.,押题预测,解析,押题依据,押题依据空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点.此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力.,1.不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面，内，下列为真命题的是 A.mnm B.mn C.m D.mn,答案,解析构造长方体，如图所示. 因为A1C1AA1，A1C1平面AA1C1C， AA1平面AA1B1B， 但A1C1与平面AA1B1B不垂直， 平面AA1C1C与平面AA1B1B也不垂直， 所以选项A，B都是假命题. CC1AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题. “若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.,押题依据以平面图形的翻折为背景，探索空间直线与平面位置关系，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题方向.,证明,押题依据,2.如图(1)，在正ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BEAF2CF.点P为边BC上的点，将AEF沿EF折起到,A1EF的位置，使平面A1EF平面BEFC， 连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示. (1)求证：A1EFP；,证明在正ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示. 因为BEAF2CF， 所以AFAD，AEDE，而A60， 所以ADF为正三角形.又AEDE，所以EFAD. 所以在题图(2)中，A1EEF， 又A1E平面A1EF，平面A1EF平面BEFC， 且平面A1EF平面BEFCEF， 所以A1E平面BEFC. 因为FP平面BEFC，所以A1EFP.,解答,(2)若BPBE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由.,解在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行. 理由如下： 如题图(1)，在正ABC中，因为BPBE，BEAF， 所以BPAF，所以FPAB，所以FPBE. 如图所示，取A1P的中点M，连接MK， 因为点K为棱A1F的中点， 所以MKFP. 因为FPBE，所以MKBE.,因为MK平面A1BE，BE平面A1BE， 所以MK平面A1BE. 故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行.,
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