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第二讲 点、直线、平面之间的位置关系,主干知识整合,1直线与平面的平行问题 直线与平面平行的判定方法 (1)判定定理：不在平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线与这个平面平行 (2)转化为面面平行再推证线面平行 (3)一直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，则这一直线与另一平面也平行,2平面与平面的平行问题 (1)在面面平行的判定定理中“两条相交直线”中的“相交”两个字不能忽略，否则结论不一定成立 (2)若由两个平面平行来推证两直线平行时，则这两直线必须是第三个平面与这两个平面的交线,(3)分别在两个平行平面内的两条直线，它们可能平行，也可能异面 (4)a、b为两异面直线，a，b，且a，b，则. (5)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行,4平面与平面的垂直问题 (1)判定的关键是结合图形利用条件在一平面内找一条线是另一平面的垂线，由此可知，凡是包含此线的面都与另一面垂直 (2)空间中直线与直线垂直，直线与平面垂直、平面与平面垂直三者之间可以互相转化，其转化关系为：,(3)利用面面垂直的性质定理添加面的垂线时，一定要注意是在某一平面内作交线的垂线此线即为另一面的垂线，否则结论不一定成立 (4)几个易混淆的结论： 垂直于同一个平面的两条直线平行； 垂直于同一条直线的两个平面平行； 垂直于同一个平面的两个平面平行或相交； 垂直于同一条直线的两条直线平行、相交或异面,高考热点讲练,三棱柱ABCA1B1C1中， 侧棱与底面垂直，ABC90 ，ABBCBB12，M，N分 别是AB，A1C的中点求证： (1)MN平面BCC1B1； (2)MN平面A1B1C.,【证明】 (1)连接BC1，AC1， M，N是AB，A1C的中点， MNBC1. 又MN平面BCC1B1， MN平面BCC1B1.,(2)三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱与底面垂直， 四边形BCC1B1是正方形 BC1B1C，MNB1C. 连接A1M，CM，AMA1AMC，,A1MCM. 又N为A1C的中点， MNA1C. B1C与A1C相交于点C， MN平面A1B1C.,【归纳拓展】 线面平行、线面垂直的证明是立体几何的基本功，备考中要加强训练，熟练运用，在运用中体会判定定理条件的运用，包括思路分析、方法确认，书写表达规范新课标考试说明对立体几何的要求有所降低，这只是在知识应用方面有所降低，但是表达规范性上提出了更高的要求，一定要推理充分，论证有力，思路清晰，逻辑严密,(2)连接OC. 因为CDBOAO，CDAO，所以四边形ADCO为平行四边形， 又ADCD，所以ADCO为菱形，所以ACDO，,因为PAB为正三角形，O为AB的中点， 所以POAB， 又因为平面ABCD平面PAB，平面ABCD平面PABAB， 所以PO平面ABCD， 而AC平面ABCD，所以POAC， 又PODOO，所以AC平面POD. 又PD平面POD，所以ACPD.,(2011年高考江苏卷)如图 ，在四棱锥PABCD中，平 面PAD平面ABCD，AB AD，BAD60，E，F分别是AP，AD的中点求证： (1)直线EF平面PCD； (2)平面BEF平面PAD.,【证明】 (1)如图，在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EFPD.又因为EF平面PCD，PD平面PCD， 所以直线EF平面PCD.,(2)连接BD.因为ABAD，BAD60，所以ABD为正三角形 因为F是AD的中点，所以BFAD. 因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，所以BF平面PAD. 又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.,【归纳拓展】 (1)要证两平面平行，常根据：“如果一个平面内有两相交直线分别和另一平面平行，那么这两个平面平行”或“一个平面内两相交直线分别与另一平面内两相交直线平行，那么这两个平面平行”，还可以利用线面垂直的性质，即“垂直于同一条直线的两个平面平行”,(2)要证明两平面垂直，常根据“如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直”从解题方法上说，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行,变式训练2 在如图所示的 几何体中，四边形ABCD是 正方形，MA平面ABCD， PDMA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且ADPD2MA.求证： (1)平面EFG平面PMA； (2)平面EFG平面PDC.,证明：(1)E、G、F分别为MB、PB、PC的中点， EGPM，GFBC. 又四边形ABCD是正方形， BCAD，GFAD. EG、GF在平面PMA外，PM、AD在平面PMA内， EG平面PMA，GF平面PMA. 又EG、GF都在平面EFG内，且相交， 平面EFG平面PMA.,(2)由已知MA平面ABCD， PDMA，PD平面ABCD. 又BC平面ABCD. PDBC. 四边形ABCD为正方形， BCDC.,又PDDCD， BC平面PDC. 在PBC中，G、F分别为PB、PC的中点， GFBC， GF平面PDC. 又GF平面EFG， 平面EFG平面PDC.,(1)当棱锥APBCD的体积最大时， 求PA的长； (2)若点P为AB的中点，E为AC的中点，求证：ABDE.,【归纳拓展】 (1)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，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)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决,变式训练3 如图，已知四边形 ABCD是直角梯形，ABC90 ，ADBC，AD2AB2BC. 沿AC将ABC折起，使点B到点P的位置，且平面PAC平面ACD.,(1)证明：PCCD； (2)在PA上是否存在一点E，使得BE平面PCD？若存在，请指出点E的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由,解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，易知ACCD， 平面PAC平面ACD，交线为AC， CD平面PAC， 又PC平面PAC，PCCD.,(2)存在，当点E为PA的中点时，BE平面PCD. 证明如下： 取PA的中点为E，AD的中点为F，连接BE，BF，EF. 不妨设AD2，BC1，BCFD，又BCFD， 不妨设四边形BCDF是平行四边形，BFCD，,BF平面PCD，BF平面PCD. E，F分别是PA，AD的中点，EFPD. EF平面PCD，EF平面PCD. EFBFF，平面BEF平面PCD， BE平面BEF，BE平面PCD.,考题解答技法,【解】 (1)证明：因为PA平面ABCD，CE平面ABCD， 所以PACE.2分 因为ABAD，CEAB，所以CEAD.3分 又PAADA，所以CE平面PAD.4分 (2)由(1)可知CEAD. 在RtECD中， DECDcos 451，CECDsin 451.6分 又因为ABCE1，ABCE，,【得分技巧】 (1)证明CEPA，CEAD；(2)正确计算底面ABCD的面积是最重要的得分点 【失分溯源】 (1)解答本题第(1)问，不说明CE平面ABCD，直接说明PACE，或不写出PAADA直接下结论，这是做这一类题常犯的错误，步骤不完整(2)解答第(2)问不能充分利用RtCDE求DE，CE的长,本部分内容讲解结束,按ESC键退出全屏播放,
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